一、关于Huffman树
Huffman树(哈夫曼树)可以解决下述问题：
- 一颗(n)个叶节点的(k)叉树，第(i)个叶节点的权值为(w_i)，现在欲求(sum w_i imes l_i)的最小值，其中(l_i)表示第(i)个叶子节点到根结点的距离。
二、具体实现
为了保证(sum w_i imes l_i)最小，我们应该保证权值越大的叶节点深度越小。可以看出，这是很简单的贪心思想。
特殊地，我们可以先从二叉Huffman树开始研究。二叉Huffman树的实现过程如下：
1.构造一个小根堆，依次插入这(n)个节点的权值。
2.从堆内依次取出权值最小的两个节点(w_1，w_2)，令(ans+=w_1+w_2)。
3.把(w_1+w_2)作为新的节点(w_3)，并插入到堆中。此时(w_3)为(w_1，w_2)的父亲节点。
4.重复上述操作，直到堆的大小等于1。
Huffman树并没有真正的建立一棵树，只是在操作的时候形成一棵树的结构。
下图是二叉Huffman树的具体执行过程：最终ans=33。
for(int i=1;i<n;i++){//n个数，操作(n-1)次
int x=q.top();q.pop();
int y=q.top();q.pop();
q.push(x+y);
ans+=x+y;
}
例1：P1090 合并果子
分析：
因为多多每次合并消耗的体力等于要合并的两堆果子的重量之和，所以最终消耗的体力就是每堆果子的重量( imes)合并的次数。这正符合Huffman树能解决的问题类型。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;//小根堆
int a[10010],ans;
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
q.push(a[i]);
}
while(n!=1){//重复操作直到只剩下一个节点
int x=q.top();q.pop();
int y=q.top();q.pop();
q.push(x+y);
ans+=x+y;
n--;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
现在我们由二叉延伸到k叉Huffman树。此时将每次取出的2个数改为k个数。这时存在一个问题，在最后一次取值时，剩余的节点可能不足以取出k个。显然这样不是最优解，当我们任取Huffman树中一个深度最大的节点，并改为树根的子节点，此时(sum w_i imes l_i)就会更小。
因此只有我们补加一些额外的空节点，并将这些空节点放置在最底层时才能保证贪心算法的正确性。
当((n-1)mod(k-1)
eq 0)时，我们还需要补充((k-1)-(n-1)mod(k-1))个节点保证等式((n-1)mod(k-1)=0)成立。
例2：P2168 [NOI2015]荷马史诗
分析：
这道题构造的编码方式其实就是Huffman编码，我们把单词出现的次数作为Huffman树的叶节点的权值，然后求出k叉Huffman树即可。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
struct node{
ll h,w;
bool operator <(const node &other)const{
return (w!=other.w)? w>other.w:h>other.h;
}
};
priority_queue<node> q;
int n,k,sum;
ll t,ans;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&t);
q.push((node){1,t});
}
if((n-1)%(k-1)) sum=(k-1)-(n-1)%(k-1);
for(int i=1;i<=sum;i++) q.push((node){1,0});
sum+=n;
while(sum!=1){
ll partw=0,maxh=0;
for(int i=1;i<=k;i++){
node now=q.top();q.pop();
partw+=now.w;
maxh=max(maxh,now.h);
}
ans+=partw;
q.push((node){maxh+1,partw});
sum-=(k-1);
}
printf("%lld
%lld",ans,q.top().h-1);
return 0;
}
