NOI2015荷马史诗[Huffman树+贪心]

Posted 2020-09-16 神犇(shenben)

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了NOI2015荷马史诗[Huffman树+贪心]相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

#130. 【NOI2015】荷马史诗

统计

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 $w_{i}$ 。Allison 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 $1 \leq i, j \leq n$ ， $i \neq j$ ，都有： $s_{i}$ 不是 $s_{j}$ 的前缀。

现在 Allison 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，Allison 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 $S t r 1$ 被称为字符串 $S t r 2$ 的前缀，当且仅当：存在 $1 \leq t \leq m$ ，使得 $S t r 1 = S t r 2 [1.. t]$ 。其中， $m$ 是字符串 $S t r 2$ 的长度， $S t r 2 [1.. t]$ 表示 $S t r 2$ 的前 $t$ 个字符组成的字符串。

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。

接下来 $n$ 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。

样例一

input

output

12
2

explanation

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：

$1 \times 2 + 1 \times 2 + 2 \times 2 + 2 \times 2 = 12$

最长字符串 $s_{i}$ 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：

$1 \times 3 + 1 \times 3 + 2 \times 2 + 2 \times 1 = 12$

最长字符串 $s_{i}$ 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。

样例二

input

output

36
3

explanation

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。

样例三

见样例数据下载。

限制与约定

测试点编号	$n$ 的规模	$k$ 的规模	备注	约定
1	$n = 3$	$k = 2$		$0 < w_{i} \leq 10^{11}$
2	$n = 5$	$k = 2$
3	$n = 16$	$k = 2$	所有 $w_{i}$ 均相等
4	$n = 1000$	$k = 2$	$w_{i}$ 在取值范围内均匀随机
5	$n = 1000$	$k = 2$
6	$n = 100000$	$k = 2$
7	$n = 100000$	$k = 2$	所有 $w_{i}$ 均相等
8	$n = 100000$	$k = 2$
9	$n = 7$	$k = 3$
10	$n = 16$	$k = 3$	所有 $w_{i}$ 均相等
11	$n = 1001$	$k = 3$	所有 $w_{i}$ 均相等
12	$n = 99999$	$k = 4$	所有 $w_{i}$ 均相等
13	$n = 100000$	$k = 4$
14	$n = 100000$	$k = 4$
15	$n = 1000$	$k = 5$
16	$n = 100000$	$k = 7$	$w_{i}$ 在取值范围内均匀随机
17	$n = 100000$	$k = 7$
18	$n = 100000$	$k = 8$	$w_{i}$ 在取值范围内均匀随机
19	$n = 100000$	$k = 9$
20	$n = 100000$	$k = 9$

对于所有数据，保证 $2 \leq n \leq 100000$ ， $2 \leq k \leq 9$ 。

选手请注意使用 64 位整数进行输入输出、存储和计算。

时间限制： $1 s$

空间限制： $512 MB$

评分方式

对于每个测试点：

若输出文件的第 $1$ 行正确，得到该测试点 40% 的分数；

若输出文件完全正确，得到该测试点 100% 的分数。

下载

样例数据下载

正解：Huffman树+贪心参考这里

题目要求的限制条件很多，既要求替换后无二义性，又要求方案的最值，还有k进制的限制= =。

Point[哈夫曼树or哈夫曼编码]：参考这里

哈夫曼树一般是二叉树，建树的方法就是每次选择两个权值（即出现次数）最小的点，删除这2个点，加入一个权值是这两个点之和的新点进去。并且使这被删除的2个点的父亲成为那个新点。

编码的时候左支和右支一个是1一个是0，从根节点到叶子节点经过的边的1/0序列就是叶子节点对应的编码。

[2叉——>k叉]：

然而这个题是k叉树，方法和上面类似，然而每次选择k个权值最小的点的时候容易让最后一次合并的时候的点不足k个。假设最初有n个点，最后有1个点，每次合并删除k个点又放进1个点。那么易得：（n-1）是（k-1）的倍数。如果（n-1）%（k-1）！=0，那么就要再放入（k-1-（n-1）%（k-1））个虚拟点，并且它们的权值为0，它们也参与求最小k个点。

然而此题还要求si的最大值最小，因此我们让点代表一个二元组（val，dep），表示这个点的权值和点在树中的深度。在求最小k个点时，把val作为第一比较条件，如果val值相等，则把dep小的放在前面，这样在每次合并的时候，深度小的点都会被优先合并，保证了根到叶子的最长链的长度尽量小。

[具体实现]：

（1）处理这n个权值，加入虚拟点，这些点的val值上文已经告诉，dep值为0，ans=0；

（2）每次取出前k小的点，求它们的val之和sum，求它们的dep的最大值d，那么放入的新点应该是（sum，d+1），把它放入原来的容器（堆or优先队列）里面并要求有序，且ans+=sum（画一棵哈夫曼树，想想求文章长度的过程能这么实现的原理）；

（3）当容器内只有一个点时，输出ans和这个点的dep值。

时间复杂度：O（nlog_kn）

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<iostream>
typedef long long ll;
using namespace std;
inline void read(ll &x){
    register char ch=getchar();x=0;
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘,ch=getchar();
}
struct node{
    ll val,dep;
    node(){}
    node(ll _val,ll _dep){
        val=_val;dep=_dep;
    }
    bool operator <(const node &a)const{
        return val!=a.val?val>a.val:dep>a.dep;
    }
}t;
priority_queue<node>q;
ll n,m,k,w,ans,DEEP;
int main(){
    read(n);read(k);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(w),q.push(node(w,1));
    if((w=(n-1)%(k-1))){
        w=k-1-w;n+=w;
        for(int i=1;i<=w;i++) q.push(node(0,1));
    } 
    for(ll tot,maxd;n>1;n-=k-1){
        tot=0;maxd=0;
        for(int i=k;i;i--){
            t=q.top();q.pop();
            tot+=t.val;
            maxd=max(maxd,t.dep);
        }
        q.push(node(tot,maxd+1));
        ans+=tot;
        DEEP=max(DEEP,maxd);
    }
    cout<<ans<<‘\n‘<<DEEP;
    return 0;
}