d1的题意是有n个人每个人都有一定的糖果，同时每个人必须给其他人一次糖果和接收其他人给他的一次糖果，同时给出的糖果和接收的数目都是2^x，最后确保每个人拥有的糖果数目一样

思路：我们可以先由平均数算出每个人最终要拥有的糖果，然后每个只能加上一个2^x减去一个2^y

所以可以看过程中的2^x和2^y是否能想抵消就行了

比如一个人要到达最后状态需要加上31颗糖果，那么他就是  加上32再减去1

即 100000-1 =11110 最终前面的一是连续的

如果需要加上29颗的话 29的二进制是 11101 他无论怎么加上减去二进制数都是无法实现的

假设需要p

也就是要满足

(p+(p&-p))&p==0就行了

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d2的要求就是每个人至多给别人一次2^x个数的糖果和至多接收别人一次2^x个数的糖果

也就是可以不接受或者不给出

如果你需要加上31颗糖果时你必须给出和接收一次 因为11110仅仅一次操作无法得到

然后开一个数组存储需要的操作次数(这里面的东西是不可以改变的，比如有一个2^x你就必须要用下面数组中的一个-2^x去消除)

如果你是2^x的话你可以选择操作一次或者两次

你可以重新开一个去存储有多少个需要2^x个糖果（这里面的东西可以改变的，可以与上面消去或者进行下面这个操作，让他尽可能的变成0）

然后假如要加上2^x的话操作是2^(x+1)-2^x也就是两个2^x能相互抵消并合成一个2^(x+1)

然后贪心的去给他们合并就行了

const int B = 35;
signed main()
{ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);int T;cin >> T;while (T--){int n;cin >> n;vector<int>a(n);int tot = 0;for (int& x : a) cin >> x, tot += x;if (tot % n != 0) {cout << "No\n";continue;}int avg = tot / n;vector<int>deg(B), poscnt(B), negcnt(B);bool ok = 1;for (int i = 0; i < n; i++) {int diff = a[i] - avg;if (diff == 0) {continue;}bool neg = 0;if (diff < 0) {diff = -diff;neg = 1;}int z = diff & -diff;if (diff == z){int u = __lg(diff);//最高位1的位置if (neg) poscnt[u]++;else negcnt[u]++;continue;}diff += z;if (diff & (diff - 1)) {ok = 0;break;}int u = __lg(z);int v = __lg(diff);if (neg){deg[v]++;deg[u]--;}else {deg[u]++;deg[v]--;}}if (!ok) {cout << "No\n";continue;}for (int i = 0; i < B; i++) {if (i == B - 1 && max({ deg[i],-deg[i],poscnt[i],negcnt[i] }) > 0) {ok = 0;break;}while (deg[i] < 0) {if (negcnt[i]) {negcnt[i]--;deg[i]++;deg[i + 1]--;}else if (poscnt[i]) {poscnt[i]--;deg[i]++;}else {ok = 0;break;}}while (deg[i] > 0) {if (negcnt[i]) {negcnt[i]--;deg[i]--;}else if (poscnt[i]) {poscnt[i]--;deg[i]--;deg[i + 1]++;}else {ok = 0;break;}}int s = poscnt[i] - negcnt[i];if (s & 1) {ok = 0;break;}deg[i + 1] += s / 2;}if (!ok) {cout << "No\n";continue;}cout << "Yes\n";}
}