【NOI2015】荷马史诗

　　题目链接 https://www.luogu.org/problem/P2168

　　题目大意是给定 n 个单词的出现次数wi，求用k 进制的前缀码转换后得到的最小总长度，以及在保证总长度最小时的最长串 si 的长度最短。

　　这题现在来看算是NOI里很简单的了（我竟然凹出来了w），但是据说当时这题可是难倒一大片。首先是因为这题题干太长不怎么容易看懂，另外可能是因为当时哈弗曼树还没有那么常见，几乎没人想到有哈弗曼树这么一个东西。

　　好，来看题。题目很明确，目标是要使编码之后的总长度最小，那么现在就要想着，怎样把出现次数多的编码长度尽可能的缩小。但是题目里有个限制：任意一个k进制编码都不是其它编码的前缀。这样一来，题目的做法就指向了哈弗曼树。

　　

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哈弗曼树与哈夫曼编码

　　这里简单重复一下  ——（证明过程引用自耿国华主编的《数据结构——C语言描述》）

　　哈夫曼树特性：从根结点到所有叶子结点的带权路径长度最短（就是权大的放靠近树根的地方）

　　做法：挑选序列里最小的2个点合并作为子节点，根节点的权值为他们的和，把根节点加入原序列，重复上述操作。

　　哈夫曼编码特性：1.它是前缀码。前缀码就是题目里给的那种，任何一个编码都不是其它编码的前 t项。证明:哈夫曼编码是根到叶子路径上的边的编码序列，也就是等价边序列，而由树的特点可知，若路径A是另一条路径B的最左部分，则B经过了A，因此，A的终点不是叶子。而哈夫曼编码都对应终点为叶子的路径，所以，任一哈夫曼编码都不会与任意其他哈夫曼编码的前部分完全重叠，因此哈夫曼编码是前缀码。 

 2.它是最优前缀码。就是：对于n个字符，将它们按使用频度为叶子构造哈夫曼树，则能使编码后的各种报文对应的编码平均长度最短。证明:由于哈夫曼编码对应叶子权为各字符使用频度的哈夫曼树，因此，该树为带权长度最小的树，即∑WP最小，其中W是第i个字符的使用频度，而P是第i个字符的编码长度，这正是度量报文平均长度的式子 。

　　作用：这是数据压缩技术最基本的思想诶！

　　做法：拿堆来存东西。

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　　好的，可以发现这道题与哈夫曼树的思路 完 全 一 致。那么就用哈夫曼编码来试试好了。。

　　大佬们已经对这道题分析得非常透彻了，所以我划划水就好了。

　　哈夫曼树是二叉树。而这题里给的是多叉树。其实就是拓展嘛。

　　我们想象构造好哈夫曼树之后的样子。首先，树的深度就是编码后这个词的长度，最上面的点是出现次数最多的单词，最下面是出现次数最少的。拿样例来说话，就是这样的：

  这样标码，四个点分别是00,01,10,11；

根据哈夫曼树的思想，每次必须拿两个当前点权最小的点来合成一个他们的父结点，直至最后所有结点被合并为一个。这道题是拿k*k个点合成一层结点，他们的父结点为子结点权值之和，如此一直合并到只剩一个。这里的“权值”可以这么理解：假设我是一个结点，我下面只有一层，共k个点，我的权值是我所有子结点的出现次数之和。谁要是和我合并产生一个我的父结点，那么我下面的子结点的长度统统都被加上了1，即为：在“我被合并”这个操作中，总长度被加上了：我的权值*1。

至此这道题的思路就差不多捋清了：首先找一个合适的数据结构存信息，保存点的权值，然后逐步合并点并更新它们父结点的权值和高（深）并记录每一步对总长度造成的影响，最后只剩一个点时，输出总长度和顶点的高。

　　数据结构这里推荐——优先队列。这是一个应用起来非常简单的玩意儿，自己瞎试几下就会用了。优先队列在这里是模拟了一个类似堆的结构，就是总是把点权小的那几个放在队列的前面。

　　最后，一个大细节。只是按上面的思路那样做的话会出现一种情况：如图，n=6，k=3.

如果只是按照上面的逻辑搞就会有这样的情况发生，红圈标出来的点本来可以是编号为“2”，它不会成为别人的前缀和，但是它浪费了这个位置。解决办法：适当地补上一些点使树成为完全k叉树，这些点的权值为0（就是肯定会排在最底层且对答案没有影响，这样就可以实现把本来该在上面的点挤上去的功能），高度初始化为1。点的个数为：k-1-(n-1)%(k-1)。慢慢体会~

补点之后的操作起来是这样（还是n=6，k=3）：这里只需要补一个点。补的点我们叫ex. ex肯定是第一个被塞到底层的点。那么当我们跑到刚才红圈圈出的那个点时，实际上这六个点的位置已经被填满了。那么这个点将会和那两个蓝圈圈出来的点一起合并。图：

于是，我们就把它挤到了红圈这个位置。

好的。附代码。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std; 
int n,k;
long long lenth;
struct tree{
    long long val;
    long long h;
};
priority_queueq;        //优先队列 
bool operator<(tree a,tree b){
    if(a.val!=b.val) return a.val>b.val;  //把点权从低到高排序 
    else return a.h>b.h;                //不然优先排高度低的（为了模拟完全k叉树 
}
inline long long max(long long a,long long b){
    if(a>b)return a;
    else return b;
}
int main(){
    cin>>n>>k;
    long long remain=0;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        tree a;
        scanf("%lld",&a.val );
        a.h =1;
        q.push(a); 
    }
    int extra=0;
    if((n-1)%(k-1))extra=k-1-(n-1)%(k-1);  //   *深入灵魂的做法* 
    for(int i=1; i<=extra; i++){            //  需要补足成完全k叉树所需的额外结点 
        tree a;
        a.val=0; a.h =1;
        q.push(a); 
    } 
    remain+=n+extra;
    
    while(remain!=1){
        tree a;
        long long cnt=1,maxh=0,tmp=0;
        while(cnt<=k){            //k进制 
            
            a=q.top() ;         //a现在是队首（权值最小）的一个tree 
            q.pop() ;
            
            maxh=max(maxh,a.h);//更新当前正在合成的结点的高度 
            tmp+=a.val ;        
            cnt++;
        }
        
    
        a.h =maxh+1;
        a.val =tmp;
        lenth+=tmp;
        q.push(a);
        remain=remain-k+1; 
    }
    tree a=q.top() ;
    cout<1;
}

 

应该是第一次发文吧...很紧张。看了一眼洛谷的题解，发现有那么一篇好相似（汗）。。

 

转载于:https://www.cnblogs.com/snowysniper/p/11323087.html