4198: [Noi2015]荷马史诗
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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。
题解：
似乎这道题是纯粹的要求掌握知识点。。。
如果学过哈夫曼树的话，这就接近一道板子题了。
我们先来科普下哈夫曼树：
如果我们设点到根节点的边数×点权为点的带权路径长度，一颗树中每个节点的带权路径长度和为树的带权路径长度，
给定n个权值作为n个叶子结点，构造一棵二叉树，若树的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。
也就是说，哈夫曼树是带权路径长度最短的树，权值较大的结点离根较近。
在构造哈夫曼树时，我们只需要取出权值最小的两个点，把他们合并起来，权值和作为新的节点的权值，
在最后只剩下一个节点时我们就得到了这些节点对应的哈夫曼树。
哈夫曼树最重要的功能就是前缀编码了！
我们给每个单词（或者字母）编码的时候，为了使总长度短一些，可以考虑给每个单词/字母不等长编码。
也就是说，单词中使用频率高的用短码，使用频率低的用长码，从而优化总长度。
当然，这些编码也不能引起误会，也就是说，不能出现某个串是其他某个串的前缀。
那么这时候，我们可将每个单词的出现频数作为单词结点的权值赋予该结点上，
显然单词使用次数越小权值越小，权值越小叶子就越靠下，于是频率小，到根节点距离就长，编码也就长，同理次数大编码短，
这样就保证了此树的最小带权路径长度效果上就是文章的最短长度。
我们再看这道题：
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。
显然，这里我们就要用哈夫曼树做一个编码即可，但是本题是用k进制编码：
那么我们只需要把哈夫曼树由二叉树变成k叉树----但是可能节点个数不够。
我们考虑，一颗满的k叉哈夫曼树，节点数可以表示为n*k*(k-1)+1----也就是说，如果n%((k-1)*k)!=1
，我们可以补上几个权值为0的节点，补到n*k*(k-1)+1个，这样他们并不会对我们的建树以及计算产生任何影响（权值为0，计数时也不会计入长度）
最后我们只要输出整棵树的带权路径长度，以及这棵树中最深的节点深度-1就行了！
代码见下：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <queue> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 const int N=100010; 8 int n,k,maxdeep[N<<7]; 9 LL sum[N<<7],w[N<<7]; 10 struct point 11 { 12 int id; 13 point(int a=0){id=a;} 14 inline bool operator < (const point &b)const 15 {return w[id]==w[b.id]?maxdeep[id]<maxdeep[b.id]:w[id]<w[b.id];} 16 inline bool operator > (const point &b)const 17 {return w[id]==w[b.id]?maxdeep[id]>maxdeep[b.id]:w[id]>w[b.id];} 18 }; 19 priority_queue<point, vector<point>, greater<point> >q; 20 int main() 21 { 22 register int i,j;scanf("%d%d",&n,&k); 23 for(i=1;i<=n;++i) 24 scanf("%lld",&w[i]),maxdeep[i]=1,q.push(point(i)); 25 j=n%((k-1)*k); 26 if(k!=2&&j!=1)for(i=1;i<=(1-j+(k-1)*k)%(k-1)*k;++j) 27 maxdeep[++n]=1,q.push(point(n)); 28 while(q.size()>1) 29 { 30 for(++n,i=1;i<=k;++i) 31 maxdeep[n]=max(maxdeep[n],maxdeep[q.top().id]+1), 32 sum[n]+=sum[q.top().id]+w[q.top().id],w[n]+=w[q.top().id],q.pop(); 33 q.push(point(n)); 34 } 35 printf("%lld %d",sum[q.top().id],maxdeep[q.top().id]-1); 36 }