JZOJ 1776. 经济编码 (Standard IO)

1776. 经济编码 (Standard IO)

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Description

　　为降低资料储存的空间或增加资料传送的速度，编码是常用的方法。

　　假设有一个字符集，每个字符出现的频率是已知的。现在要把每个字符编码成为一个二元字串（例如把“A”编码作101），采用的编码必须合乎以下条件：一个字符的编码不可以是另一个字符的前置（prefix）。前置的定义如下：若一个字串S1为另一个字串S2的前置，则从S2的最后一个字符开始，连续删除一定数量的字符后可以得到S1（S2本身也是S2的前置），举例而言：如果字符“A”的编码是101，而字符“B”的编码为01，则“B”的编码不为“A”编码的前置；如果字符“C”的编码为1100，而字符“D”的是11，则“D”的编码是“C”编码的前置。以下的编码方式可以在符合这个条件下给出最经济的编码，请找出使用下述方法做最经济编码时，一个字符编码的预期长度。

　　编码法：

　　1、 如以下所述建立一棵二元树。

　　先从字符集选取两个出现频率最低的字符作合并，合并后以一个全新的虚拟字符取代这两个字符，新字符的频率等于这两个旧字符频率的总和，并令这两个旧字符为此新字符的两个子树，左右不限。重复以上操作，直至字符集剩下一个字符为止。如下图（i）到（iv）。

　　2、 再依照以下所述方法将各字符作编码。

　　由上一步骤所得之二元树，将每个内部节点（internal node）连往左子树的边（edge）标记为“0”，连往右子树的边标记为“1”，如下图（V）所示。一字元的编码即为从树根（root）至此字符，经过的每一个边的标记所成之字串。在此“a”编码作000,“？”编码作01。

　　在按照上述的编码法完成最经济编码之后，就可以计算这个字符编码的预期长度。首先算出每个字符的预期长度=编码长度×出现频率，然后把所有字符的预期长度结合起来，就可以得到此字符编码的预期长度。下表是上述编码的计算范例。

字符 编码 编码长度 出现频率 预期长度

a 000 3 0.1 0.3

b 001 3 0.1 0.3

? 01 2 0.3 0.6

8 1 1 0.5 0.5

　　　　字符编码的预期长度 1.7

Input

　　第一行为两整数n和m，分别代表字符集的大小和文章总长度。然后每一个字符分行列出，每行列出一字符出现的次数。

Output

　　预期一个字符编码的长度，保留至小数点后6位。

Sample Input

输入范例1：

4 10

1

1

3

5

输入范例2：

6 100

30

30

5

25

5

5

Sample Output

输出范例1：

1.700000

输出范例2：

2.250000

Data Constraint

Hint

【数据约定】

　　对于50%的数据，1<=n<=2000；

　　对于100%的数据，1<=n<=200000。

　　所有字符出现次数和等于文章总长度。

【提示】

　　建议使用extended类型处理实数运算。

题解

很坑的一题

算法不难，是哈夫曼树，贪心，跟合并果子一样

关键是一定不能用小数来处理，一定要在最后用double(ans)/double(m)来输出

代码

#include<iostream>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define INF 2147483647
#define N 400000
using namespace std;

long long dui[N*2+1],top;
void add(long x)
{   long now;
    dui[++top]=x;
    for(now=top;dui[now/2]>dui[now]&&now>1;now/=2)
        swap(dui[now],dui[now/2]);
}
long qu()
{   long ans=dui[1],now;
    bool t=false;
    dui[1]=INF;
    now=1;
    while(!t){
        t=true;
        if(now*2==top||dui[now*2]<dui[now*2+1]){
            if(dui[now]>dui[now*2]){
                swap(dui[now],dui[now*2]);
                now=now*2;
                t=false;
            }
        }else if(now*2+1<=top)
            if(dui[now]>dui[now*2+1]){
                swap(dui[now],dui[now*2+1]);
                now=now*2+1;
                t=false;
            }
    }
    return ans;
}

int main()
{   long n,m,i,q;
    long long ans=0;
    scanf("%ld%ld",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++){
        scanf("%ld",&q);
        add(q);
    }
    for(i=1;i<n;i++){
        q=qu()+qu();
        ans+=q;
        add(q);
    }
    printf("%.6lf\n",double(ans)/double(m));
    return 0;
}