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。
Source
到现在才会Huffman树的我，终于把这个坑给填了；
首先百度百科：
给定n个权值作为n个叶子结点，构造一棵二叉树，若带权路径长度达到最小，称这样的二叉树为最优二叉树，也称为哈夫曼树(Huffman Tree)
实现方法就是每次取堆中两个权值最小的点合并，然后用一个虚拟点代表这两个点，再放入堆中；
然后叶子节点的编码长度为到根的距离，然后编码就是从根往下走，如果是在左儿子中则为1，在右儿子中则为0；
这个题实际上就是要构建一棵k叉Huffman树，所以编码就是k进制的,编码原则和二叉类似;
因为构建Huffman树的话是不会出现某个编码是另一个编码的前缀的，所以没有问题(这个分类一下就清楚了)；
然后我们按照普通Huffman树的构法，每次取k个点进行合并即可；然后还要求了到根的最长路径最短，那么我们在堆中以深度为第二关键字，优先合并深度大的；
注意可能取到后面就没有k个点了，所以我们需要把他补成满k叉树的叶子节点个数；
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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000050;
struct data{ll v,dep;};
bool operator < (data a,data b){
if(a.v==b.v) return a.dep>b.dep;
return a.v>b.v;
}
priority_queue<data> Q;
ll v[N],ans,n,tot,k;
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&v[i]),Q.push((data){v[i],1});
tot=n;
if((n-1)%(k-1)) tot+=(k-1-(n-1)%(k-1));
for(int i=n+1;i<=tot;i++) Q.push((data){0,1});
while(Q.size()>1){
ll tmp=0,res=0;
for(int i=1;i<=k;i++){
ans+=Q.top().v;
tmp+=Q.top().v,res=max(res,Q.top().dep);Q.pop();
}
if(Q.empty()){printf("%lld
%lld",ans,res);}
Q.push((data){tmp,res+1});
}
return 0;
}