题面：
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。
题解：
如果学过huffman tree这题就不难了！
当然只知道huffman tree还是不行的，还要知道哈夫曼编码，
哈夫曼树貌似一开始就是用来获取哈夫曼编码的？
这个网上讲解很多，就不在多讲。
此题中如果按照出现次数为权值来构建哈夫曼树，则总长度一定最小，
原版哈夫曼树是2进制的，因此只能放2叉，
但这里是k进制，所以就可以放k叉了，
所以每次用优先队列找出前k小然后合并即可
但是要注意如果k != 2的话，就要保证每次合并都有k个节点（直到最后合并成一个），
所以要在最开始补一些空节点进去，
因为每次都是拿出k个，放入一个，所以实际上是消掉了（k-1)个，
然后最后需要剩下一个，因此我们需要n % (k-1) == 1,
然后补齐需要的即可
那为什么用出现次数作为权值就最优呢？
因为出现次数越大的单词越浅，所以编码长度也越小，自然总长度就最小了
但是这里还需要注意一个东西，就是第二问的要求，
需要最长的编码最短，依旧是用贪心的思想，
在权值相同的情况下，每次优先合并被合并次数少的节点（最深的节点更浅）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define R register int 4 #define AC 100100 5 #define ac 500100 6 #define getchar() *o++ 7 #define LL long long 8 char READ[5000100],*o=READ; 9 int n,k,id,deep; 10 int d[ac];//w为点权(包括新增点) 11 int Head[ac],Next[ac],date[ac],tot; 12 LL ans; 13 LL w[ac];//error!!!权值很大的啊 14 bool done; 15 struct cmp1{ 16 bool operator () (int &a,int &b) 17 { 18 if(w[a] != w[b]) return w[a] > w[b]; 19 else return d[a] > d[b]; 20 } 21 }; 22 23 priority_queue<int,vector<int>,cmp1>q; 24 /*哈弗曼编码，这样是最短的，但无需获取具体的编码， 25 只要获得每个单词对应的出现次数（题目给定）和编码长度（哈弗曼树深度）即可， 26 因为是k进制，所以建立k叉哈弗曼树，最后dfs一遍获取每个叶节点的深度， 27 然后对出现次数与深度的积求和即可*/ 28 inline LL read() 29 { 30 LL x=0;char c=getchar(); 31 while(c > '9' || c < '0') c=getchar(); 32 while(c >= '0' && c <= '9') x=x*10+c-'0',c=getchar(); 33 return x; 34 } 35 36 inline void add(int f,int w) 37 { 38 date[++tot]=w,Next[tot]=Head[f],Head[f]=tot; 39 } 40 41 void dfs(int x,int dep) 42 { 43 int now; 44 if(!Head[x]) 45 { 46 ans+=(LL)dep * w[x]; 47 if(w[x]) deep=max(deep,dep); 48 return ; 49 } 50 for(R i=Head[x]; i ;i=Next[i]) 51 { 52 now=date[i]; 53 dfs(now,dep+1); 54 } 55 } 56 57 bool build() 58 { 59 if(done) 60 if(q.empty() || q.size() == 1) return false; 61 int x=++id,now;//动态加点 62 for(R i=1;i<=k;i++) 63 { 64 if(q.empty()) break; 65 now=q.top(); 66 q.pop(); 67 w[x] += w[now]; 68 d[x] = max(d[x] , d[now]); 69 add(x,now);//建树 70 } 71 ++d[x];//这次合并也要算啊 72 q.push(x); 73 done=true; 74 return true; 75 } 76 77 void pre() 78 { 79 n=read(),k=read(); 80 id=n; 81 for(int i=1;i<=n;i++) 82 { 83 w[i]=read(); 84 q.push(i); 85 } 86 if(k != 2)//但是只有不为二叉的时候才要考虑这些 87 { 88 int now=0; 89 if(!(n % (k-1)))//当余数为0的时候无需再跨越一次，，，， 90 { 91 q.push(++id); 92 } 93 else 94 if(n % (k-1) != 1) //huffman要求完美合并？ 95 { 96 now += (k-1) - (n % (k-1)) + 1; 97 for(R i=1;i<=now;i++) q.push(++id);//error!!!是权值为0，不是编号为0！！！ 98 } 99 } 100 } 101 102 void work() 103 { 104 while(build()); 105 dfs(id,0); 106 printf("%lld ",ans); 107 printf("%d ",deep); 108 } 109 110 int main() 111 { 112 // freopen("in.in","r",stdin); 113 fread(READ,1,5000000,stdin); 114 pre(); 115 work(); 116 // fclose(stdin); 117 return 0; 118 }