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算法竞赛进阶指南-63.荷马史诗

追逐影子的人，自己就是影子。 ——荷马

达达最近迷上了文学。

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，达达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 $w_i$。

达达想要用 $k$ 进制串 $s_i$ 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：$s_i$ 不是 $s_j$ 的前缀。

现在达达想要知道，如何选择 $s_i$，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，达达还想知道最长的 $s_i$ 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。

注意:请使用 $64$ 位整数进行输入输出、储存和计算。

输入格式

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。

第 $2 \sim n+1$ 行：第 $i+1$ 行包含 $1$ 个非负整数 $w_i$，表示第 $i$ 种单词的出现次数。

输出格式

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 $s_i$ 的最短长度。

数据范围

$2 \le n \le 100000$,
$2 \le k \le 9$
$1 \le w_i \le 10^{12}$

输入样例：

4 2
1
1
2
2

输出样例：

12
2

Method : 优先队列 + huffman树

这道题和上一道题合并果子一样都是huffman树，只不过合并果子是二进制编码，每次从集合中取出最小的两个树合并；而该题是$k$进制编码，每次从集合中取出最小的k个数合并成1个新的结点加入到集合中，每这样操作依次，集合中会减少$k$个点新增1个点，即每次操作集合会减少$k-1$个点。

但是我们并不能保证$(k - 1)\mid (n - 1)$，因此最后一次操作很可能可合并的点数少于k个结点，而越晚合并，一个结点被结算的次数越少，因此可以填入$(n - 1)$个空结点，使得$(k - 1)\mid(n - 1)$，这些空结点会在最初就合并掉，而且对结果没有贡献。

另外，要使得合并后的树的深度最小，就需要优先合并高度较低的结点。

#include <queue>
#include <vector>
#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<LL, int> PLI;

int n, k;
priority_queue<PLI, vector<PLI>, greater<PLI>> pq;

int main() {
    cin >> n >> k;
    
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        LL x;
        scanf("%lld", &x);
        pq.push({x, 0});
    }
    
    while ((n - 1) % (k - 1) != 0) {
        pq.push({0LL, 0});
        n ++;
    }
    
    LL res = 0;
    while (pq.size() > 1) {
        LL sum = 0; int dep = 0;
        for (int i = 0; i < k; i ++) {
            auto t = pq.top(); pq.pop();
            sum += t.first;
            dep = max(dep, t.second);
        }
        res += sum;
        pq.push({sum, dep + 1});
    }
    
    cout << res << endl;
    cout << pq.top().second << endl;
    
    return 0;
}

复杂度分析

• 时间复杂度：${O((\left \lfloor \frac{n - 1}{k - 1}\right \rfloor + 1)\log n)}$， 其中$\log n$为优先队列的插入、弹出时间复杂度。

• 空间复杂度：${O(n)}$。

如果每轮合并的石子 可以是任意 的两堆 石子, 那么用到的就是经典的 Huffman Tree 的二叉堆模型
如果每轮合并的石子 可以是任意 的 $k$ 堆石子, 那么用到的就是经典的 Huffman Tree 的 $k$ 叉堆模型

k叉堆中，记得需要填空结点, 使得 $k-1 \mid n-1$
二叉堆中, 由于 $k-1=1,1$ 能整除一切正整数, 所以不需要关心这一问题