Description

  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。

Input

  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 wi,表示第 i 种单词的出现次数。

Output

  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 si 的最短长度。

Sample Input

4 2
1
1
2
2

Sample Output

12
2

HINT

  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。
 
  对于所有数据,保证 2≤n≤100000,2≤k≤9。
  选手请注意使用 64 位整数进行输入输出、存储和计算。

Source

Solution

  题目背景已经暗示了这题需要用到哈夫曼编码

  一句话概括(摘自百度百科):在变字长编码中,如果码字长度严格按照对应符号出现的概率大小逆序排列,则其平均码字长度为最小

  所以我们从下往上构造哈夫曼树,贪心取权值最小的$k$个节点重新构造成一个节点,该点权值为这几个点的点权和,可以用$priority$_$queue$实现

  为了做第二问,我们可以在优先队列里存$pair$,第一个元素是出现次数,第二个元素是最长长度,这样可以使得每次选的长度尽量小,可以得到最优解

  当$k\neq 2$时,完美合并(感性理解这个词)需要满足$n\equiv 1\ (mod\ k-1)$,不满足这个条件时相当于额外添了几个出现次数为$0$的单词

  所以$k\neq 2$时我们先补权值为$0$的节点使得可以完美合并,之后贪心即可

 #include <bits/stdc++.h>
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
priority_queue<pll, vector<pll>, greater<pll> > PQ;
int main()
{
int n, k;
pll x, y, ans;
cin >> n >> k;
for(int i = ; i <= n; ++i)
{
cin >> x.first;
PQ.push(x);
}
while(k > && n % (k - ) != )
PQ.push(y), ++n;
while(PQ.size() != )
{
y.fir = y.sec = ;
for(int i = ; i <= k; ++i)
{
x = PQ.top(), PQ.pop();
y.fir += x.fir;
y.sec = max(y.sec, x.sec + );
}
ans.fir += y.fir;
ans.sec = max(ans.sec, y.sec);
PQ.push(y);
}
cout << ans.fir << endl << ans.sec << endl;
return ;
}

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