JZOJ 1775. 合併果子2 (Standard IO)

1775. 合併果子2 (Standard IO)

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Description

　　在一個果園裏，多多已經將所有的果子打了下來，而且按果子的不同種類分成了不同的堆。多多決定把所有的果子合成一堆。
　　每一次合併，多多可以把其中任意不超過k堆果子合併到一起，消耗的體力等於合併在一起的這些堆果子的重量之和。最終合併成爲一堆果子。多多在合併果子時總共消耗的體力等於每次合併所耗體力之和。
　　因爲還要花大力氣把這些果子搬回家，所以多多在合併果子時要儘可能地節省體力。假定每個果子重量都爲1，並且已知果子的種類數和每種果子的數目，你的任務是設計出合併的次序方案，使多多耗費的體力最少，並輸出這個最小的體力耗費值。
　　例如有5堆果子，數目依次爲3，2，1，4，5，每次合併最多3堆。可以先將1、2、3堆合併，新堆數目爲6，耗費體力爲6。接着，將新堆與剩下的兩堆合併，又得到新的堆，數目爲15，耗費體力爲15。所以多多總共耗費體力=6+15=21。可以證明21爲最小的體力耗費值。

Input

　　輸入包括兩行，第一行是兩個整數n和k(1<＝n，k<=10000)，表示果子的種類數和每次最多可以合併的堆數。第二行包含n個整數，用空格分隔，第i個整數ai(1<＝ai<=20000)是第i種果子的數目。

Output

　　輸出包括一行，這一行只包含一個整數，也就是最小的體力耗費值。輸入數據保證這個值小於2^31。

Sample Input

5 3
3 2 1 4 5

Sample Output

21

Data Constraint

Hint

【數據規模】
　　對於30％的數據，保證有n<=1000：
　　對於50％的數據，保證有n<=5000；
　　對於全部的數據，保證有n<=10000。

題解

這是上一題（合併果子）的加強版，多了個k（證明多多聰明瞭一點）

大體解法與合併果子一致
但是由於k的存在，有可能不能剛好取完，而剛好取完是最佳的方式

於是有兩種解決方法，假設多出了m個
要麼在取一大堆之前取這m個
要麼在取一大堆之後取這m個

顯然，根據哈夫曼樹，每個葉子節點計算的次數是它的深度
再來看這m個
假如先取這m個，那麼這m個深度就多了1
假如後取這m個，那麼整棵樹深度都多了1
很明顯，前者更優

代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define INF 2147483647
#define N 30001
using namespace std;

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,i,j,k,q,m;
    long ans=0;
    scanf("%ld%ld",&n,&k);
    for(i=1;i<=n;i++){
        scanf("%ld",&q);
        add(q);
    }
    m=n%(k-1);
    if(m==0)m=k-1;
    if(m>1){
        q=0;
        for(i=1;i<=m;i++)
            q+=qu();
        ans+=q;
        add(q);
    }
    while(dui[2]!=INF||dui[3]!=INF){
        q=0;
        for(i=1;i<=k&&dui[1]!=INF;i++)
            q+=qu();
        ans+=q;
        add(q);
    }
    printf("%ld\n",ans);
    return 0;
}