Codeforces 700D - Huffman Coding on Segment（莫队+根分）

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好家伙，刚拿到此题时我连啥是 huffman 编码都不知道

一种对 \(k\) 个字符进行的 huffman 编码的方案可以看作一个由 \(k\) 个叶节点组成的二叉树，从根节点开始走到左儿子相当于在字符串后面添一个 \(0\)，走到右儿子相当于在字符串后面添一个 \(1\)，那么一个叶子节点就对应着一个字符的编码。

huffman 编码的一个很经典的问题是，我们现在对每个字符定义了一个频率 \(f_i\)，我们需构造出一棵有 \(k\) 个叶子节点的二叉树并将每个字符与一个叶子节点对应，假设第 \(i\) 种字符对应的叶子节点的深度为 \(d_i\)，现在我们需最小化 \(\sum\limits_{i=1}^kf_id_i\)。

这个问题可以用贪心+堆来解决，我们考虑初始 \(k\) 个点都单独成一棵森林，每次要合并两个节点，也就是新建一个节点，左右儿子分别是待合并的两个节点，新节点的权值为两个节点的权值和。由于两个节点进行了一次合并，它们的深度都增加了 \(1\)，故答案增加了两个节点的点权之和。如此操作下去，合并 \(k-1\) 次之后就可以得到一棵二叉树。显然根据贪心的思想，每次合并的两个节点应当为所有点点权值最小的两个节点。这个过程可以用堆优化，复杂度 \(k\log k\)。

代码大概长这样：

while(q.size()>1){
	int x=q.top();q.pop();
    x+=q.top();q.pop();
	ret+=x;q.push(x);
}

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回到本题来，显然求出区间内每个数的出现次数是必须求出的，这可以用莫队维护，复杂度 \(m\sqrt{n}\)。假设 \(cnt_i\) 为 \(i\) 出现的次数。本题的难点就在于知道每个数的出现次数之后怎样计算答案，显然每次询问都重复一遍上面的操作复杂度最坏可达 \(qn\log n\)，会炸。不过 \(cnt\) 数组有一个很好的性质，那就是 \(\sum cnt_i=r-l+1\)，也就是说所有 \(cnt_i\) 的总和不会太大，这启发我们用根号分治的思想，我们设一个阈值 \(B\)，然后考虑这样两个暴力：

• 对于 \(cnt_i>B\) 的数，这样的数至多只有 \(\dfrac{n}{B}\) 个，对于这样的数我们暴力跑一遍上面的过程即可。
• 对于 \(cnt_i\leq B\) 的数，这样的数可能很多，不过这些数的出现次数只有 \(\mathcal O(B)\) 级别，故我们转而枚举出现次数 \(c\)，我们建立一个桶 \(b_c\) 表示出现次数为 \(c\) 的数有多少个（\(b\) 数组可以在莫队 push/pop 的过程中 \(\mathcal O(1)\) 求出）。假设我们现在枚举到出现次数为 \(c\) 的数，我们将这 \(b_c\) 个数两两配对并合并成 \(2c\)，显然会合并出 \(\lfloor\dfrac{b_c}{2}\rfloor\) 个 \(2c\)，对答案产生 \(\lfloor\dfrac{b_c}{2}\rfloor·2c\) 的贡献。由于经过我们这么一合并，出现次数为 \(2c\) 的数多了 \(\lfloor\dfrac{b_c}{2}\rfloor\)，故令 \(b_{2c}\leftarrow b_{2c}+\lfloor\dfrac{b_c}{2}\rfloor\)，特别地，如果 \(2c>B\)，那么我们就暴力把这 \(\lfloor\dfrac{b_c}{2}\rfloor\) 个 \(2c\) 插入优先队列，到时候与原本出现次数就大于 \(B\) 的数一起合并。另外，如果 \(b_c\) 为奇数，那么意味着会有一个落单的 \(c\)，我们实时维护一个变量 \(pre\) 记录落单的值是什么，我们扫描到 \(c\) 时如果发现临时变量不为 \(0\) 就首先拎出一个 \(c\) 出来与 \(pre\) 合并成 \(pre+c\)，即如果 \(pre+c\leq B\) 就令 \(b_{pre+c}\leftarrow b_{pre+c}+1\)，否则将 \(pre+c\) 压入优先队列。细节有亿点多，具体见代码罢。

算下复杂度，对于 \(cnt_i>B\) 的数，复杂度显然是 \(\dfrac{n}{B}\log\dfrac{n}{B}\) 的，毫无疑问。对于 \(cnt_i\leq B\) 的数扫描一遍也是 \(\mathcal O(B)\) 的。重点在于每次把这 \(\lfloor\dfrac{b_c}{2}\rfloor\) 个 \(2c\) 插入优先队列，最多会插多少次。不难发现我们每次合并前后，\(\sum c·b_c\) 始终是定值，为 \(r-l+1\)，也就是说当我们合并完出现次数 \(\leq B\) 的数后依旧有 \(\sum c·b_c=r-l+1\)，故插入优先队列的数还是 \(\dfrac{n}{B}\) 级别的，复杂度即为 \(B+\dfrac{n}{B}\log\dfrac{n}{B}\)

取 \(B=\sqrt{n\log n}\) 即可实现 \(\sqrt{n\log n}\) 实现询问，总复杂度 \(m\sqrt{n}+m\sqrt{n\log n}=m\sqrt{n\log n}\)，可通过此题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
namespace fastio{
	#define FILE_SIZE 1<<23
	char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
	inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
	inline void putc(char x){(*p3++=x);}
	template<typename T> void read(T &x){
		x=0;char c=getchar();T neg=0;
		while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
		while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		if(neg) x=(~x)+1;
	}
	template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
	template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
	void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
}
const int MAXN=1e5;
const int MAX_BLK=316;
const int MAX_BLK2=1400;
int n,qu,a[MAXN+5],cnt[MAXN+5],cnt_cnt[MAXN+5],tmp[MAX_BLK2+5];
int blk,blk_cnt,blk_v,L[MAX_BLK+2],R[MAX_BLK+2],bel[MAXN+5];
vector<int> tt;ll ret[MAXN+5];
void ins(int v){cnt_cnt[cnt[v]]--;cnt[v]++;cnt_cnt[cnt[v]]++;}
void del(int v){cnt_cnt[cnt[v]]--;cnt[v]--;cnt_cnt[cnt[v]]++;}
ll deal(){
	priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
	for(int i=0;i<tt.size();i++) if(cnt[tt[i]]>blk_v) q.push(cnt[tt[i]]);
	for(int i=1;i<=blk_v;i++) tmp[i]=cnt_cnt[i];int pre=0;ll ret=0;
	for(int i=1;i<=blk_v;i++) if(tmp[i]){
		if(pre){
			ret+=pre+i;tmp[i]--;
			if(pre+i<=blk_v) tmp[pre+i]++;
			else q.push(pre+i);
			pre=0;
		} ret+=1ll*i*(tmp[i]/2*2);
		if(i+i<=blk_v) tmp[i+i]+=tmp[i]/2;
		else for(int j=1;j<=tmp[i]/2;j++) q.push(i+i);
		if(tmp[i]&1) pre=i;
	}
	if(pre) q.push(pre);
	while(q.size()>1){
		int x=q.top();q.pop();x+=q.top();q.pop();
		ret+=x;q.push(x);
	} return ret;
}
struct query{
	int l,r,id;
	bool operator <(const query &rhs){
		if(bel[l]!=bel[rhs.l]) return bel[l]<bel[rhs.l];
		return r<rhs.r;
	}
} q[MAXN+5];
int main(){
	scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),cnt[a[i]]++;
	blk=(int)pow(n,0.5);blk_v=(int)sqrt(n*log(n)/log(2));blk_cnt=(n-1)/blk+1;
	for(int i=1;i<=MAXN;i++) if(cnt[i]>blk_v) tt.pb(i);memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
		L[i]=(i-1)*blk+1;R[i]=min(i*blk,n);
		for(int j=L[i];j<=R[i];j++) bel[j]=i;
	} scanf("%d",&qu);
	for(int i=1;i<=qu;i++) scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
	sort(q+1,q+qu+1);int cl=1,cr=0;
	for(int i=1;i<=qu;i++){
		while(cr<q[i].r) ins(a[++cr]);
		while(cl>q[i].l) ins(a[--cl]);
		while(cl<q[i].l) del(a[cl++]);
		while(cr>q[i].r) del(a[cr--]);
		ret[q[i].id]=deal();
	}
	for(int i=1;i<=qu;i++) printf("%lld\n",ret[i]);
	return 0;
}