NOI2015 Day2 T1 荷马史诗（洛谷P2168）
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
输入的第 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。
输出格式：
输出包括 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。
输入输出样例
输入样例#1：
4 2
1
1
2
2
输出样例#1：
12
2
输入样例#2：
6 3
1
1
3
3
9
9
输出样例#2：
36
3
说明
【样例说明 1】
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。
【样例说明 2】
一种最优方案：令 000(3) 替换第 1 种单词，001(3) 替换第 2 种单词，01(3) 替换第 3 种单词， 02(3) 替换第 4 种单词， 1(3) 替换第 5 种单词， 2(3) 替换第 6 种单词。
【提示】
选手请注意使用 64 位整数进行输入输出、存储和计算。
【时限1s，内存512M】
题解
这是我听了Huffman树之后写的题，老师也说了思路了，所以我只是按照着思路做而已。
大家都知道最佳二叉树吧，也就是Huffman树（不知道的自己学，或者百度），然后这题，就是一个最佳k叉树。
很多人会想到每次选k个合并，再塞回去，可惜这是错的。为什么？很简单，拿着第二组样例手玩一下，就发现为什么错了：因为最后一次合并没有合并够k个，所以只要把第一次的某几个放上来，就会得到更优的解。
再回来看合并的过程，可以发现，每一次合并都会使总点数减少k-1个，除去合并完最后剩下的那个，用其他的点的总数来mod（k-1），所得的答案就是第一次合并应该减少的点数，做完第一次合并后，就可以用和Huffman树相似的方法来求解了。
另一种方法，可以发现，只要（n-1）mod（k-1）==0，就可以按照Huffman树的方法来求解，这样，我们就可以补充若干个虚点，使上式成立，再正常求解。
接下来，它还要求在确保总长度最小的情况下的最长的si的最短长度是多少。要求这个最小值，就要每一步合并时，增加一个次关键值，当权值相等时，比较节点深度，较小的排在前面。这样，最后合并剩下的那个点的深度再-1就是答案。（因为深度1上没有点，不算在长度里）
总的来说，这题真的是近几年NOI里最简单的题了。
下来贴代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define ull long long
using namespace std;
typedef pair<ull,ull> pii;
int n,k;
ull s[100001];
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > q;
int main(){
scanf("%d %d",&n,&k);
For(i,1,n){
scanf("%lld",&s[i]);
q.push(pii(s[i],1));
}
int first=(n-1)%(k-1);
ull ans=0;
ull num=0;
int Num=0;
if(first!=0){
Num=k-1-first;
For(i,1,Num){
q.push(pii(0,1));
}
}
Num+=n;
while(Num!=1){
ull val=0;
ull dep=1;
For(i,1,k){
pii p=q.top();
q.pop();
dep=max(dep,p.second+1);
val+=p.first;
}
ans+=val;
q.push(pii(val,dep));
Num-=k;
Num++;
}
printf("%lld\n",ans);
printf("%lld",q.top().second-1);
return 0;
}
