哈夫曼编码（Huffman Coding）理解+哈夫曼树（Huffman Tree）构造方法

前言

　　其实这个东西我在NOIP2017初赛前就已经学过了（做往年的NOIP初赛题备战的时候碰到的），只不过一直没有用，于是就忘记了。。。

哈夫曼编码

简介

　　哈夫曼编码(Huffman Coding)，又称霍夫曼编码，是一种编码方式，哈夫曼编码是可变字长编码(VLC)的一种。Huffman于1952年提出一种编码方法，该方法完全依据字符出现概率来构造异字头的平均长度最短的码字，有时称之为最佳编码，一般就叫做Huffman编码（有时也称为霍夫曼编码）。

方法

　　我们可以举个栗子：现在有一份电报，里面有7个字符 ( a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 )，它们的出现频率分别是U：（20 19 18 17 15 10 1）。
　　给频率最小的两个字符a6与a7分别指定为“1”与“0”（不必在意分给谁“1”谁“0”），然后将它们的频率相加再与原来的 a1~a5组合并重新排序成新的：
　　 ( a1 a2 a3 a4 a5 a6′ )
　　U′：（20 19 18 17 15 11）
　　对a5与a′6分别指定“1”与“0”后，再作频率相加并重新按频率排序得：
　　U″：（26 20 19 18 17）
　　U″′：（35 26 20 19）
　　U″″：（39 35 26）
　　U″″′：（61 39）
　　直到最后得 U″″″：（100）
　　赫夫曼编码的具体方法：先按出现的频率大小排队，把两个最小的频率相加，作为新的频率和剩余的频率重新排队，再把最小的两个频率相加，再重新排队，直到最后只剩下1个。每次相加时都将“0”和“1”赋与相加的两个频率，读出时由该符号开始一直走到最后的“1”， 将路线上所遇到的“0”和“1”按最低位到最高位的顺序排好，就是该符号的赫夫曼编码。这个过程可以简单地理解为合并果子。
　　然后，上面那个例子，每个字符的编码就分别为：a1（01），a2（00），a3（111），a4（110），a5（101），a6（1001），a7（1000）。这样一来，它就保证了字符频率越大，码长越小；频率越小，码长越长。

哈夫曼树

定义

　　给定n个权值作为n个叶子结点，构造一棵二叉树，若带权路径长度（WPL）达到最小，称这样的二叉树为最优二叉树，也称为哈夫曼树(Huffman Tree)。哈夫曼树是带权路径长度最短的树，权值较大的结点离根较近。

概念

　　我们发现哈夫曼树的定义中有“带权路径长度”，那么这是什么？请慢慢看吧。
　　
　　1、路径和路径长度
　　在一棵树中，从一个结点往下可以达到的孩子或孙子结点之间的通路，称为路径。通路中分支的数目称为路径长度。若规定根结点的层数为1，则从根结点到第L层结点的路径长度为L-1。
　　
　　2、结点的权及带权路径长度
　　若将树中结点赋给一个有着某种含义的数值，则这个数值称为该结点的权。结点的带权路径长度为：从根结点到该结点之间的路径长度与该结点的权的乘积。
　　
　　3、树的带权路径长度
　　树的带权路径长度规定为所有叶子结点的带权路径长度之和，记为WPL。
　　树的带权路径长度记为WPL=(W1*L1+W2*L2+W3*L3+…+Wn*Ln)，N个权值Wi(i=1,2,…n)构成一棵有N个叶结点的二叉树，相应的叶结点的路径长度为Li(i=1,2,…n)。

构造

　　假设有n个权值，则构造出的哈夫曼树有n个叶子结点。 n个权值分别设为 w1、w2、…、wn，则哈夫曼树的构造规则为：
　　(1) 将w1、w2、…，wn看成是有n 棵树的森林(每棵树仅有一个结点)；
　　(2) 在森林中选出两个根结点的权值最小的树合并，作为一棵新树的左、右子树，且新树的根结点权值为其左、右子树根结点权值之和；
　　(3)从森林中删除选取的两棵树，并将新树加入森林；
　　(4)重复(2)、(3)步，直到森林中只剩一棵树为止，该树即为所求得的哈夫曼树。
　　这么做的话，运用堆可以将其优化到 O(nlog2n) O ( n l o g 2 n ) 。

正确性

　　那么，为何这样构造可以使它的带权路径长度最小呢？
　　其实这个的证明很简单。
　　一开始，我们有n个叶子节点，它们都有权值Wi(i=1,2,…n)，记它们为实点。
　　我们每次操作都是选出两个权值最小的根节点，比如选出a和b，然后新建一个虚点c，令a、b分别为c的左右儿子。我们就相当于让a、b两棵子树中的所有点的深度+1，那么也会让它们的叶子结点深度+1。
　　而我们知道，a、b这两个根节点的权值全权来源于它们各自子树的叶子结点的权值，而这又会使a、b的子树中的叶子结点将来计算答案时的系数（即它们的深度）+1，所以会使WPL+=w[a]+w[b]。
　　最后，我们始终是要进行n-1次操作的，我们每次又是取最小的两个w加进答案，所以。。。
　　这样很贪心是不是？但是我们同样也能证明若在某一次操作时，我们不选最小的两个，答案只会更劣。
　　比如设有三个点a、b、c，满足w[a]＜w[b]＜w[c]。如果我们合并a、c变成d，再合并b、d，那么c的深度就会被+两次，而它的权值又是最大的，显然不对。
　　更严谨地说，对于先合并的点，最终建成哈夫曼树后，它的深度会越大。比如有点a,b,c,d,e，权值满足w[a]＜w[b]＜w[c]＜w[d]＜w[e]，那么我们先取出a,b，合并成f；接下来如果我们不继续将f跟其他点合并，而去合并另外两个点，那么w[d]+w[e]>w[c]+w[e]>w[c]+w[d]>w[f]，所以f又要被合并。
　　至于用严谨的数学方法证明的话，我也不大会，哪位dalao懂的话不妨在评论区指点一下。。。

模板

#include 
#include 
#define fs for(i=last[x];i;i=next[i])
struct myComp  
{  
    inline bool operator()(const int &a,const int &b){return w[a]multiset<int,myComp>s;//堆优化
multiset<int,myComp>::iterator it;
int a,b,l[N],r[N];//l[i]、r[i]分别表示点i的左右儿子
void code(int x)
{
    int i;
    fs s.insert(tov[i]);
    while(s.size()>1)
    {
        it=s.begin();a=*it;s.erase(it);
        it=s.begin();b=*it;s.erase(it);
        w[++p]=w[a]+w[b];
        l[p]=a,r[p]=b;
        s.insert(p);
    }
    if(!s.empty())
    {
        it=s.begin();
        l[x]=*it;
        s.erase(it);
    }
    fs code(tov[i]);
}