[UOJ#130][BZOJ4198][Noi2015]荷马史诗

试题描述

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

输入文件的第 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

输出文件包括 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。

输入示例

输出示例

数据规模及约定

对于所有数据，保证 2≤n≤100000，2≤k≤9。

题解

这题没啥好说的，k 进制 Huffman 编码。

注意当 (n-1) mod (k-1) > 0 时，需要补 0，因为最终的 Huffman 树（其实就是 Trie 树）必须是一个满 k 叉树。

题目还要求最大深度最小，那么堆中比较大小的规则补充一下：当权重相同时，优先取深度更小的子树。

证明见算导（算导上只有二叉树的证明，但是 k 叉树的证明同理），核心思路就是先证最优编码一定对应一个满二叉树，再证每个集合中出现频率最小的两个元素一定放在最深层，并且二进制编码只差最后一位（即它们在树上是兄弟关系）。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <cctype>

#include <algorithm>

#include <queue>

using namespace std;

#define LL long long

const int BufferSize = 1 << 16;

char buffer[BufferSize], *Head, *Tail;

inline char Getchar() {

	if(Head == Tail) {

		int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);

		Tail = (Head = buffer) + l;

	}

	return *Head++;

}

LL read() {

	LL x = 0, f = 1; char c = Getchar();

	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = Getchar(); }

	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = Getchar(); }

	return x * f;

}

#define maxn 100010

struct Node {

	LL val; int mxd;

	Node() {}

	Node(LL _, int __): val(_), mxd(__) {}

	bool operator < (const Node& t) const { return val != t.val ? val > t.val : mxd > t.mxd; }

};

priority_queue <Node> Heap;

int n, K;

int main() {

	n = read(); K = read();

	for(int i = 1; i <= n; i++) Heap.push(Node(read(), 0));

	while((n - 1) % (K - 1)) Heap.push(Node(0, 0)), n++;

	LL ans = 0;

	while(Heap.size() > 1) {

		LL sumv = 0; int mxd = 0;

		for(int c = 1; c <= K && !Heap.empty(); c++) {

			Node u = Heap.top(); Heap.pop();

			sumv += u.val; mxd = max(mxd, u.mxd);

		}

		ans += sumv; mxd++;

		Heap.push(Node(sumv, mxd));

	}

	printf("%lld\n%d\n", ans, Heap.top().mxd);

	return 0;

}