首先统计每个字母在字符串里出现的频率，我们把每个字母看成一个结点，结点的权值即是字母出现的频率，我们把每个结点看成一棵只有根结点的二叉树，一开始把所有二叉树都放在一个集合里。接下来开始如下编码：
步骤一：从集合里取出两个根结点权值最小的树 a 和 b，构造出一棵新的二叉树 c，二叉树 c 的根结点的权值为 a 和 b 的根结点权值和，二叉树 c 的左右子树分别是 a 和 b。
步骤二：将二叉树 a 和 b 从集合里删除，把二叉树 c 加入集合里。
重复以上两个步骤，直到集合里只剩下一棵二叉树，最后剩下的就是哈夫曼树了。
我们规定每个有孩子结点的结点，到左孩子结点的路径为 0，到右孩子结点的路径为 1。每个字母的编码就是根结点到字母对应结点的路径。
例如有这一个字符串“good good study day day up”，现在我们要对字符串进行哈夫曼编码，该字符串一共有 26 个字符，10 种字符，我们首先统计出每个字符的频率，然后按从大到小顺序排列如下（第二列的字符是空格）：
我们把每个字符看成一个结点，权值是字符的频率，每个字符开始都是一棵只有根结点的二叉树，如下图。
1.从集合里取出根结点权值最小的两棵树 I 和 J 组成新的二叉树 IJ，根结点权值为 1 + 1 = 2，将二叉树 IJ 加入集合，把 I 和 J 从集合里删除，如下图。
2.从集合里取出根结点权值最小的两棵树 H 和 G 组成新的二叉树 HG，根结点权值为 1 + 2 = 3，将二叉树 HG 加入集合，把 H 和 G 从集合里删除，如下图。
3.从集合里取出根结点权值最小的两棵树 E 和 F 组成新的二叉树 EF，根结点权值为 2 + 2 = 4，将二叉树 EF 加入集合，把 E 和 F 从集合里删除，如下图。
4.从集合里取出根结点权值最小的两棵树 IJ 和 D 组成新的二叉树 IJD，根结点权值为 2 + 3 = 5，将二叉树 IJD 加入集合，把 IJ 和 D 从集合里删除，如下图。
5.从集合里取出根结点权值最小的两棵树 GH 和 C 组成新的二叉树 GHC，根结点权值为 3 + 4 = 7，将二叉树 GHC 加入集合，把 GH 和 C 从集合里删除，如下图。
6.从集合里取出根结点权值最小的两棵树 EF 和 B 组成新的二叉树 EFB，根结点权值为 4 + 5 = 9，将二叉树 EFB 加入集合，把 EF 和 B 从集合里删除，如下图。
7.从集合里取出根结点权值最小的两棵树 IJD 和 A 组成新的二叉树 IJDA，根结点权值为 5 + 5 = 10，将二叉树 IJDA 加入集合，把 IJD 和 A 从集合里删除，如下图。
8.从集合里取出根结点权值最小的两棵树 EFB 和 GHC 组成新的二叉树 EFBGHC，根结点权值为 9 + 7 = 16，将二叉树 EFBGHC 加入集合，把 EFB 和 GHC 从集合里删除，如下图。
9.从集合里取出根结点权值最小的两棵树 EFBGHC 和 IJDA 组成新的二叉树 EFBGHCIJDA，根结点权值为 16 + 10 = 26，将二叉树 EFBGHCIJDA 加入集合，把 EFBGHC 和 IJDA 从集合里删除，如下图。
到这里我们发现集合里就剩一棵二叉树了，那么编码结束，最后这棵二叉树就是我们要得到的哈夫曼树。接下来我们规定非叶子结点的结点，到左子树的路径记为 0，到右子树的路径记为 1，如下图：
根结点到每个叶子结点的路径便是其对应字母的编码了，于是我们可以得到：
下面我们来算一下哈夫曼树的带权路径长度 WPL，也就是每个叶子到根的距离乘以叶子权值结果之和。
WPL = 5 * 2 + 5 * 3 + 4 * 3 + 3 * 3 + 2 * 4 + 2 * 4 + 2 * 4 + 1 * 4 + 1 * 4 + 1 * 4 = 82。
我们来算下如果直接存储字符串需要多少个比特，我们知道一个字符占一个字节，一个字节占 8 个比特，所以一共需要 8 * 26 = 208 个比特。我们再来看看哈夫曼编码需要多少个比特，我们可以发现 WPL 也就是编码后原来字符串所占的比特总长度 82。显然，哈夫曼编码把原数据压缩了好多，而且没有损失。
优先队列解哈夫曼编码
当哈夫曼树上结点总个数大于 1 时，哈夫曼树的 WPL，等于树上除根结点之外的所有结点的权值之和。如果结点总个数为 1，则哈夫曼树的 WPL 即为根结点权值。
using namespace std;
class Heap {
private:
int *data, size;
public:
Heap(int length_input) {
data = new int[length_input];
size = 0;
}
~Heap() {
delete[] data;
}
void push(int value) {
data[size] = value;
int current = size;
int father = (current - 1) / 2;
while (data[current] < data[father]) {
swap(data[current], data[father]);
current = father;
father = (current - 1) / 2;
}
size++;
}
int top() {
return data[0];
}
void update(int pos, int n) {
int lchild = 2 * pos + 1, rchild = 2 * pos + 2;
int min_value = pos;
if (lchild < n && data[lchild] < data[min_value]) {
min_value = lchild;
}
if (rchild < n && data[rchild] < data[min_value]) {
min_value = rchild;
}
if (min_value != pos) {
swap(data[pos], data[min_value]);
update(min_value, n);
}
}
void pop() {
swap(data[0], data[size - 1]);
size--;
update(0, size);
}
int heap_size() {
return size;
}
};
int main() {
int n,value,ans=0;
cin >>n;
Heap heap(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>value;
heap.push(value);
}
if(n==1){
ans+=heap.top();
}
while(heap.heap_size()>1){
int a=heap.top();
heap.pop();
int b=heap.top();
heap.pop();
ans=ans+a+b;
heap.push(a+b);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}