====== codeforces round 647======
=====A Johnny and Ancient Computer=====
题意：给一个数$x$，可以对它进行6钟操作，乘2，乘4，乘8，除2，除4，除8，问至少要多少次操作才能把$x$变成$a$?

题解：如果能通过以上6种操作互相得到，那么二进制的表达从开头到末尾必定只有0的个数不同，然后算出0的个数差,除3（每次消去或增加3位一定是最优的）向上取整即可。

=====B Johnny and His Hobbies=====
题意：给$n$个数，问最小的数$k$,使得，这n个数中每个数分别与$k$取异或后得到的数组成的集合满足和原来的集合完全相同。

题解：<del>妙就妙在数据范围上</del>，小于1000的数据范围直接枚举+暴力即可。

=====C Johnny and Another Rating Drop=====
题意：给一个数n，从0开始，每次对数加1，假设加完后数为$x$，将$x$和$x-1$化为2进制，并从低位开始比较，不足补0，遇到不同的位，则将答案加1，问加到n时，这个答案能有多少，对$10^9+7$取模。

题解：找规律，列举几十个后会发现，当$n$为2的$i$次幂时，答案便是$2^i-1$，不难发现，一个数$n$可以写成若干2的次幂的和，则大难即为对应的2的次幂情况的和（因为从低位加到高位时，高位的数字不会变化,理解不了可以直接写几个找规律），然后便可以$O(nlogn)$求得答案。

=====D Johnny and Contribution=====
题意：有一张图，要对其进行染色，染色的规则如下：从一个点开始，每次先观察与概念相连的已经染过色的所有点的值，然后取**总体的**最小值，每个点有个目标值，问最后能否存在一个方法，让每个点得到目标的染色值？

题解：这意思真的绕的不行……，绕出来之后发现还可以，首先，先不管目标第一个涂得点一定只能是1，而且有1才有2，这样不难想到，先将所有点按照目标值从小到大排序，先将所有点更新为1，然后遍历点，每次将点周围的点满足和该点（目前的值）相同的点的颜色更新（即+1），但凡遍历到一个点满足目标值不等于现有值，一定是不满足条件的。

=====E Johnny and Grandmaster=====
题意：给一个数$p$,还给了$n$个数${k_1,k_2……k_n}$,现在将${p^{k_1},p^{k_2}……p^{k_n}}$分成两组，要使得两组和的差的绝对值最小，问最小为多少,最小对$10^9+7$取模？

题解：原题显然可以转化为选择一些数取正，将另一些数取负，之后加在一起，要和的绝对值最小。首先有个引理：对于上述$p$次幂的集合，将其从大到小排序，若满足$p^{k_1}<p^{k_2}+p^{k_3}+……+p^{k_n}$,则必定存在$m$，使得$p^{k_1}=p^{k_2}+p^{k_3}+……+p^{k_m}$,这是显然的，讲所有数写成p进制，发现这些数最高位全是1，若想从小的加成的大的，必须一位一位的进位，中间总有一种状态为$p^{k_1}$,这样就很简单了，先将$k$数组从大到小排序，开一个数$now$存目前的值，每当$now$为0就加，否则则减，这样得到的值一定是最小的，注意处理过程中开两个模数去摸，避免倍数差被模数抵消。

<hidden>
<code>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+13;
int mod1=1e9+7,mod2=1e9+3;//这个为了防止去摸的时候产生倍数差 
int k[maxn];
ll qpow(int a,int b,int mod)
{
	int ans=1;
	int p=a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=1ll*ans*p%mod;
		}
		p=1ll*p*p%mod;
		b>>=1;
	}
	return 1ll*ans;
 }
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		ll ans1=0,ans2=0;
		int n,p;
		scanf("%d%d",&n,&p);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&k[i]);
		}
		sort(k+1,k+1+n);
		for(int i=n;i;i--)
		{
			if(!ans1&&!ans2)
			{
				ans1+=qpow(p,k[i],mod1);
				ans2+=qpow(p,k[i],mod2);
			}
			else
			{
				ans1-=qpow(p,k[i],mod1);
				ans1=(ans1%mod1+mod1)%mod1;
				ans2-=qpow(p,k[i],mod2);
			    ans2=(ans2%mod2+mod2)%mod2;
			}
		}
		printf("%lld\n",ans1);
	}
 } 
</code>
</hidden>