NOI2015 荷马史诗

https://www.luogu.org/problem/show?pid=2168

题目描述

追逐影子的人，自己就是影子 ——荷马

Allison 最近迷上了文学。她喜欢在一个慵懒的午后，细细地品上一杯卡布奇诺，静静地阅读她爱不释手的《荷马史诗》。但是由《奥德赛》和《伊利亚特》组成的鸿篇巨制《荷马史诗》实在是太长了，Allison 想通过一种编码方式使得它变得短一些。

一部《荷马史诗》中有n种不同的单词，从1到n进行编号。其中第i种单词出现的总次数为wi。Allison 想要用k进制串si来替换第i种单词，使得其满足如下要求：

对于任意的 1 ≤ i, j ≤ n ， i ≠ j ，都有：si不是sj的前缀。

现在 Allison 想要知道，如何选择si，才能使替换以后得到的新的《荷马史诗》长度最小。在确保总长度最小的情况下，Allison 还想知道最长的si的最短长度是多少？

一个字符串被称为k进制字符串，当且仅当它的每个字符是 0 到 k − 1 之间（包括 0 和 k − 1 ）的整数。

字符串 str1 被称为字符串 str2 的前缀，当且仅当：存在 1 ≤ t ≤ m ，使得str1 = str2[1..t]。其中，m是字符串str2的长度，str2[1..t] 表示str2的前t个字符组成的字符串。

输入输出格式

输入格式：

输入的第 1 行包含 2 个正整数 n, k ，中间用单个空格隔开，表示共有 n种单词，需要使用k进制字符串进行替换。

接下来n行，第 i + 1 行包含 1 个非负整数wi ，表示第 i 种单词的出现次数。

输出格式：

输出包括 2 行。

第 1 行输出 1 个整数，为《荷马史诗》经过重新编码以后的最短长度。

第 2 行输出 1 个整数，为保证最短总长度的情况下，最长字符串 si 的最短长度。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

12
2

输入样例#2：

输出样例#2：

36
3

说明

【样例说明 1】

用 X(k) 表示 X 是以 k 进制表示的字符串。

一种最优方案：令 00(2) 替换第 1 种单词， 01(2) 替换第 2 种单词， 10(2) 替换第 3 种单词，11(2) 替换第 4 种单词。在这种方案下，编码以后的最短长度为：

1 × 2 + 1 × 2 + 2 × 2 + 2 × 2 = 12

最长字符串si的长度为 2 。

一种非最优方案：令 000(2) 替换第 1 种单词，001(2) 替换第 2 种单词，01(2)替换第 3 种单词，1(2) 替换第 4 种单词。在这种方案下，编码以后的最短长度为：

1 × 3 + 1 × 3 + 2 × 2 + 2 × 1 = 12

最长字符串 si 的长度为 3 。与最优方案相比，文章的长度相同，但是最长字符串的长度更长一些。

【样例说明 2】

一种最优方案：令 000(3) 替换第 1 种单词，001(3) 替换第 2 种单词，01(3) 替换第 3 种单词， 02(3) 替换第 4 种单词， 1(3) 替换第 5 种单词， 2(3) 替换第 6 种单词。

【提示】

选手请注意使用 64 位整数进行输入输出、存储和计算。

【时限1s，内存512M】

K进制哈夫曼树

推荐一篇详细题解：http://blog.csdn.net/Quack_quack/article/details/46958413

注意要添加虚拟节点

一开始有n个，最后只剩1个，每次删除k个增加1个

所以得到（n-1）是（k-1）的倍数

所以，如果不是，补（k-1）-（n-1）%（k-1）个虚拟节点

样例2结果

如果不补0

越往上长度越小，所以应该让最上方满足有k个

如果最后不满足k个，显然把大的往上放更优

补0可以使最后大的往上放

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>

using namespace std;

typedef long long LL;

struct node
{
    LL sum,len;
    bool operator < (node p) const
    {
        if(sum!=p.sum) return sum>p.sum;
        return len>p.len;
    }
};

priority_queue<node>q; 

int main()
{
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    node cur;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&cur.sum);
        cur.len=0;
        q.push(cur);
    } 
    int m=0;
    if((n-1)%(k-1)) m=(k-1)-(n-1)%(k-1);
    while(m--) cur.len=cur.sum=0,q.push(cur);
    LL nowsum,nowlen;
    LL tot=0;
    while(q.size()>1)
    {
        nowsum=nowlen=0;
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            cur=q.top();
            nowsum+=cur.sum;
            nowlen=max(nowlen,cur.len);
            q.pop();
        } 
        tot+=nowsum;
        cur.sum=nowsum; cur.len=nowlen+1;
        q.push(cur);
    }
    printf("%lld
%lld",tot,q.top().len);
}

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