4198: [Noi2015]荷马史诗
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Description
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。
Input
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。
Output
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。
Sample Input
4 2
1
1
2
2
1
1
2
2
Sample Output
12
2
2
HINT
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。
对于所有数据，保证 2≤n≤100000，2≤k≤9。
选手请注意使用 64 位整数进行输入输出、存储和计算。
二、题目释义
构建一棵K叉哈夫曼树，计算最小加权路径值与树高
三、思路分析
这里有几个需要计算的地方，第一就是所给的n个结点都是叶结点，可能会出现构造过程中无法生成一棵完全K叉树，那答案就会失真，所以首先计算是否需要补充权值为0的虚节点，若需要补充，则需要补充几个，所以计算虚节点个数m成了关键
输入n个叶节点，构造一棵k叉哈夫曼树
这个得到的过程只能在最后得到结果，即最后发现所有合并后的节点与未合并的节点个数<k，则需要补充（k-最后剩下的节点个数），如何计算最后剩下的节点个数，模拟合并的过程，都是在n中选取k个节点然后生成一个新的节点，所以不断的迭代当
（n = n-k+1 ）< k时补充 k-n个虚节点
表示为循环即为while（n%(k-1)!=1）n++；
也可以发现其中的规律，虚节点个数m为
if((n-1)%(k-1))
{
m = (k-1) - (n-1)%(k-1);
}
四、AC代码
经历了一个半小时debug的痛苦..最后发现是这个题的OJ对long long 不接受 %I64d，只认%lld..
#include <iostream> #include <cstdio> #include <queue> using namespace std; const int N = 1e5+5; typedef long long LL; struct HTNode { LL wei; int dep; }node; LL sumL; int maxDep; bool operator < (const HTNode& a,const HTNode& b) { if(a.wei != b.wei) return a.wei > b.wei; else return a.dep > b.dep; } priority_queue<HTNode> pq; int main() { int n,k; int m = 0; scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%lld",&node.wei); node.dep = 0; pq.push(node); } /**if((n-1)%(k-1)) m = (k-1) - (n-1)%(k-1);*/ //这是根据公式推导出来的计算方式，后面的循环更好理解，都是为了计算手动添加的虚结点 m = n; if(k!=2) { while(m%(k-1)!=1) m++; } m -= n; for(int i=1; i<=m; i++) { node.wei = 0, node.dep = 0; pq.push(node); } while(pq.size()>1) { node.wei = 0, node.dep = 0; int tempMaxDep = 0; for(int i=1; i<=k; i++) { HTNode temp = pq.top(); pq.pop(); node.wei += temp.wei; tempMaxDep = max(tempMaxDep,temp.dep); } node.dep = tempMaxDep + 1; maxDep = max(maxDep,node.dep); sumL += node.wei; pq.push(node); } printf("%lld %d",sumL,maxDep); return 0; }