原址：http://blog.csdn.net/Quack_quack/article/details/46958413
題目大意：給出n個數字w[]，代表n個字母出現的次數，給出k。要求用k進制的數字串si替換第i個字母，且替換之後要求替換後的文章無二義性（這裏的無二義性是指對於任意的 1≤i,j≤n
，i≠j,都有： si不是sj的前綴），求替換後最短的文章的長度（長度len=sigma(w[i]*strlen(si))）和這種情況下最大的si的最小值。
數據範圍：n<=100000，k<=9
分析：
題目要求的限制條件很多，既要求替換後無二義性，又要求方案的最值，還有k進制的限制= =。沒學過哈夫曼樹的能想到就太厲害了，學過的（NOI這個級別肯定也學過）能想起來然後套模型就有思路了。
我很弱，因此直接套了哈夫曼樹的模型。
哈夫曼樹一般是二叉樹，建樹的方法就是每次選擇兩個權值（即出現次數）最小的點，刪除這2個點，加入一個權值是這兩個點之和的新點進去。並且使這被刪除的2個點的父親成爲那個新點。
編碼的時候左支和右支一個是1一個是0，從根節點到葉子節點經過的邊的1/0序列就是葉子節點對應的編碼。
然而這個題是k叉樹，方法和上面類似，然而每次選擇k個權值最小的點的時候容易讓最後一次合併的時候的點不足k個。假設最初有n個點，最後有1個點，每次合併刪除k個點又放進1個點。那麼易得：（n-1）是（k-1）的倍數。如果（n-1）%（k-1）！=0，那麼就要再放入（k-1-（n-1）%（k-1））個虛擬點，並且它們的權值爲0，它們也參與求最小k個點。
然而此題還要求si的最大值最小，因此我們讓點代表一個二元組（val，dep），表示這個點的權值和點在樹中的深度。在求最小k個點時，把val作爲第一比較條件，如果val值相等，則把dep小的放在前面，這樣在每次合併的時候，深度小的點都會被優先合併，保證了根到葉子的最長鏈的長度儘量小。
所以，可以得到此題的算法：
1）處理這n個權值，加入虛擬點，這些點的val值上文已經告訴，dep值爲0，ans=0；
2）每次取出前k小的點，求它們的val之和sum，求它們的dep的最大值d，那麼放入的新點應該是（sum，d+1），把它放入原來的容器裏面並要求有序，且ans+=sum（畫一棵哈夫曼樹，想想求文章長度的過程能這麼實現的原理）；
3）當容器內只有一個點時，輸出ans和這個點的dep值。
這樣的話正確性可以保證，但是注意容器的選擇，不能直接數組模擬，會超時，可以用堆優化，我用的優先隊列，和堆差不多，這樣維護點的有序性變成O（log n）。求前k大的數也不用什麼高級的數據結構，考慮k不大，就優先隊列一個一個彈出，彈k次就可以了。
最終時間複雜度是O（nlogn）。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;
struct node{
ll num,dep;
node(){}
node(ll a,ll b){num=a,dep=b;}
bool operator < (const node &a) const
{
if(num==a.num)
return a.dep<dep;
return a.num<num;
}
};
priority_queue<node>point;
ll k,n,ans,cnt;
int main()
{
scanf("%I64d%I64d",&n,&k);
for(int i=1;(ll)i<=n;++i)
{
ll temp;
scanf("%I64d",&temp);
point.push(node(temp,0));
}
cnt=n;
if((n-1)%(k-1))cnt+=(k-1-(n-1)%(k-1));
for(int i=n+1;(ll)i<=cnt;++i)
point.push(node(0,0));
while(cnt>1)
{
ll sum=0,len=0;
for(int i=1;(ll)i<=k;++i)
{
sum+=point.top().num;
len=max(len,point.top().dep);
point.pop();
}
point.push(node(sum,len+1));
cnt=cnt-k+1;
}
printf("%I64d\n",ans);
printf("%I64d\n",point.top().dep);
}
