[BZOJ]4198 [NOI2015] 荷馬史詩 哈夫曼樹

4198: [Noi2015]荷馬史詩

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Description

追逐影子的人，自己就是影子。 ——荷馬

Allison 最近迷上了文學。她喜歡在一個慵懶的午後，細細地品上一杯卡布奇諾，靜靜地閱讀她愛不釋手的《荷馬史詩》。但是由《奧德賽》和《伊利亞特》組成的鴻篇鉅製《荷馬史詩》實在是太長了，Allison 想通過一種編碼方式使得它變得短一些。

一部《荷馬史詩》中有 n 種不同的單詞，從 1 到 n 進行編號。其中第 i 種單詞出現的總次數爲 wi。Allison 想要用 k 進制串 si 來替換第 i 種單詞，使得其滿足如下要求:

對於任意的 1≤i,j≤n，i≠j，都有：si 不是 sj 的前綴。

現在 Allison 想要知道，如何選擇 si，才能使替換以後得到的新的《荷馬史詩》長度最小。在確保總長度最小的情況下，Allison 還想知道最長的 si 的最短長度是多少？

一個字符串被稱爲 k 進制字符串，當且僅當它的每個字符是 0 到 k−1 之間（包括 0 和 k−1）的整數。

字符串 Str1 被稱爲字符串 Str2 的前綴，當且僅當：存在 1≤t≤m，使得 Str1=Str2[1..t]。其中，m 是字符串 Str2 的長度，Str2[1..t] 表示 Str2 的前 t 個字符組成的字符串。

Input

輸入文件的第 1 行包含 2 個正整數 n,k，中間用單個空格隔開，表示共有 n 種單詞，需要使用 k 進制字符串進行替換。

接下來 n 行，第 i+1 行包含 1 個非負整數 wi，表示第 i 種單詞的出現次數。

Output

輸出文件包括 2 行。

第 1 行輸出 1 個整數，爲《荷馬史詩》經過重新編碼以後的最短長度。

第 2 行輸出 1 個整數，爲保證最短總長度的情況下，最長字符串 si 的最短長度。

Sample Input

4 2
1
1
2
2

Sample Output

12
2

HINT

用 X(k) 表示 X 是以 k 進製表示的字符串。

一種最優方案：令 00(2) 替換第 1 種單詞，01(2) 替換第 2 種單詞，10(2) 替換第 3 種單詞，11(2) 替換第 4 種單詞。在這種方案下，編碼以後的最短長度爲：

1×2+1×2+2×2+2×2=12

最長字符串 si 的長度爲 2。

一種非最優方案：令 000(2) 替換第 1 種單詞，001(2) 替換第 2 種單詞，01(2) 替換第 3 種單詞，1(2) 替換第 4 種單詞。在這種方案下，編碼以後的最短長度爲：

1×3+1×3+2×2+2×1=12

最長字符串 si 的長度爲 3。與最優方案相比，文章的長度相同，但是最長字符串的長度更長一些。

對於所有數據，保證 2≤n≤100000，2≤k≤9。

選手請注意使用 64 位整數進行輸入輸出、存儲和計算。

Source

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　　學習了一發哈夫曼樹... 於是就來看這道當時讓很多神犇跪倒的題目... 怎麼會考到這麼偏的東西? 不會就跪啊.  看了之後再來看這道題? ??? k進制所以是k叉哈夫曼? 長度最小同時最長也要最小隻要在建樹過程中貪心一下就行了. 權值相同要深度最小的. 注意不滿k叉要補0點.

　　爲什麼priority_queue的排序重載方式要反過來? 調了半天. (主要是我弱)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long lnt;
lnt ans;
int n, res, k;
struct node {
	lnt val; int dep;
	inline friend bool operator < (const node &a ,const node &b) {
		return (a.val == b.val) ? a.dep > b.dep : a.val > b.val;
	}
};
priority_queue<node> q;
inline const lnt read() {
	register lnt x = 0;
	register char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
	while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
	return x;
}
int main() {
	n = read(), k = read();
	register lnt x;
	register int i, res;
	for (i = 1; i <= n; ++ i)
		x = read(), q.push((node){x, 1}); 
	res = (n - 1) % (k - 1);
	if (res) res = k - 1 - res, n += res;
	for (i = 1; i <= res; ++ i) q.push((node){0, 1});
	while (n > 1) {
		int mxd = 0;
		lnt mxv = 0;
		for (i = 1; i <= k; ++ i) {
			mxv += q.top().val;
			mxd = max(mxd, q.top().dep);
			q.pop();
		}
		n -= k - 1;
		ans += mxv;
		q.push((node){mxv, mxd + 1});
	}
	printf("%lld\n%d", ans, q.top().dep - 1);
}