题目链接：http://class.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1117
一、题目描述
输入描述
第1行：1个整数N(2 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行：每行1个整数Li(1 <= Li <= 1000)。
输出描述
输出最小的体力消耗。
样例输入
3
3
4
5
样例输出
19
二、解题思路
这道题运用了三个主要概念：“正难则反” 和 “哈夫曼树”和“优先队列”。
我们先正着来思考，发现对于最少的体力，应该是最短板被切割的次数最多，因为总的体力花费是每个木棒被切的次数。
可是我们发现很难实现，所以反过来思考，将n个木棒拼接回原来的样子并且花费体力最少，每次也都是需要将两个最短的木棒拼起来。
每次从剩余的木棒中取出最短的两个，拼好之后放回去，这就用到了哈夫曼树的性质。
我们先来复习一下哈夫曼树
给定N个权值（权值是每个节点上的数值）作为N个叶子结点，构造一棵二叉树。
哈夫曼树就相当于找到两个权值最小的节点结合在一起，叶子结点是后面没有节点的节点。
以本图为例，节点上的数字，是点的权值Wi。
在这幅图里，叶子结点（绿色的节点）分别为2、4、7、8、12、19、20、30。
而整个树的权值等于所有叶子结点的Wi×Li（Li为这个节点到根节点的距离）的和。
按照本图的分配方法，整棵树的权值为：(2+4)×5+ 7×4 + (8+12+19)×3+(20+30) ×2 = 275。
构造哈夫曼树，需要配合一个优先队列来实现。
在这道题里，我们可以借助哈夫曼树来实现我们的思想：
每次从剩余的木棒中取出最短的两个，拼好之后放回去，这就用到了哈夫曼树的性质。
接下来我们复习一下优先队列
只要是这么写的，就说明q这个优先队列是从小到大排列的：
priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > q;
现在给优先队列的基本操作（只在本题中使用的基本操作）：
priority_queue <long long, vector <long long>, greater <long long> > que;
定义一个从小到大排列的优先队列
que.push(1); 往优先队列que中存入1这个数
que.size() 返回que里元素个数
que.top() 这个只能在优先队列里使用，不能再普通队列里使用。
如果是从小到大排列的，第一个肯定是最小的，最后一个是最大的。
那么返回第一个数字（在这道题里是返回最小的）
三、代码
#include<queue> #include<vector> #include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > que; int n, l, first_small, second_small, ans, tmp; int main(){ cin >> n; for(int i = 0;i < n;i++){ cin >> l; que.push(l); } while(que.size() > 1){ first_small = que.top();//找到在所有木板中最短的 que.pop();//把这个木板在所有木板里删除 second_small = que.top();//找到在所有木板中第二短的 que.pop();//把这个木板在所有木板里删除 tmp = first_small + second_small;//这两个木板结合起来成为一个新的木板 ans += tmp;//往体力值里加上这个木板的长度 que.push(tmp);//往所有木板里放入这个崭新的木板 } cout << ans << endl;//输出体力值 return 0; }