[BZOJ4198] [Noi2015] 荷马史诗 (贪心)

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

Sample Output

12
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

Solution

　　题目背景已经暗示了这题需要用到哈夫曼编码

　　一句话概括（摘自百度百科）：在变字长编码中，如果码字长度严格按照对应符号出现的概率大小逆序排列，则其平均码字长度为最小

　　所以我们从下往上构造哈夫曼树，贪心取权值最小的$k$个节点重新构造成一个节点，该点权值为这几个点的点权和，可以用$priority$_$queue$实现

　　为了做第二问，我们可以在优先队列里存$pair$，第一个元素是出现次数，第二个元素是最长长度，这样可以使得每次选的长度尽量小，可以得到最优解

　　当$k eq 2$时，完美合并（感性理解这个词）需要满足$nequiv 1 (mod k-1)$，不满足这个条件时相当于额外添了几个出现次数为$0$的单词

　　所以$k eq 2$时我们先补权值为$0$的节点使得可以完美合并，之后贪心即可

#include <bits/stdc++.h>
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
priority_queue<pll, vector<pll>, greater<pll> > PQ;
int main()
{
    int n, k;
    pll x, y, ans;
    cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> x.first;
        PQ.push(x);
    }
    while(k > 2 && n % (k - 1) != 1)
        PQ.push(y), ++n;
    while(PQ.size() != 1)
    {
        y.fir = y.sec = 0;
        for(int i = 1; i <= k; ++i)
        {
            x = PQ.top(), PQ.pop();
            y.fir += x.fir;
            y.sec = max(y.sec, x.sec + 1);
        }
        ans.fir += y.fir;
        ans.sec = max(ans.sec, y.sec);
        PQ.push(y);
    }
    cout << ans.fir << endl << ans.sec << endl;
    return 0;
}