csp信奥赛C++高频考点专项训练之贪心算法 --【哈夫曼贪心】：荷马史诗
题目背景
追逐影子的人，自己就是影子 ------ 荷马
题目描述
Allison 最近迷上了文学。她喜欢在一个慵懒的午后，细细地品上一杯卡布奇诺，静静地阅读她爱不释手的《荷马史诗》。但是由《奥德赛》和《伊利亚特》 组成的鸿篇巨制《荷马史诗》实在是太长了，Allison 想通过一种编码方式使得它变得短一些。
一部《荷马史诗》中有 n n n 种不同的单词，从 1 1 1 到 n n n 进行编号。其中第 i i i 种单词出现的总次数为 w i w_i wi。Allison 想要用 k k k 进制串 s i s_i si 来替换第 i i i 种单词，使得其满足如下要求：
对于任意的 1 ≤ i , j ≤ n 1\leq i, j\leq n 1≤i,j≤n ， i ≠ j i\ne j i=j ，都有： s i s_i si 不是 s j s_j sj 的前缀。
现在 Allison 想要知道，如何选择 s i s_i si，才能使替换以后得到的新的《荷马史诗》长度最小。在确保总长度最小的情况下，Allison 还想知道最长的 s i s_i si 的最短长度是多少？
一个字符串被称为 k k k 进制字符串，当且仅当它的每个字符是 0 0 0 到 k − 1 k-1 k−1 之间（包括 0 0 0 和 k − 1 k-1 k−1 ）的整数。
字符串 s t r 1 str1 str1 被称为字符串 s t r 2 str2 str2 的前缀，当且仅当：存在 1 ≤ t ≤ m 1 \leq t\leq m 1≤t≤m ，使得 s t r 1 = s t r 2 [ 1.. t ] str1 = str2[1..t] str1=str2[1..t]。其中， m m m 是字符串 s t r 2 str2 str2 的长度， s t r 2 [ 1.. t ] str2[1..t] str2[1..t] 表示 s t r 2 str2 str2 的前 t t t 个字符组成的字符串。
输入格式
输入的第 1 1 1 行包含 2 2 2 个正整数 n , k n, k n,k ，中间用单个空格隔开，表示共有 n n n 种单词，需要使用 k k k 进制字符串进行替换。
接下来 n n n 行，第 i + 1 i + 1 i+1 行包含 1 1 1 个非负整数 w i w_i wi，表示第 i i i 种单词的出现次数。
输出格式
输出包括 2 2 2 行。
第 1 1 1 行输出 1 1 1 个整数，为《荷马史诗》经过重新编码以后的最短长度。
第 2 2 2 行输出 1 1 1 个整数，为保证最短总长度的情况下，最长字符串 s i s_i si 的最短长度。
输入输出样例 1
输入 1
4 2
1
1
2
2输出 1
12
2输入输出样例 2
输入 2
6 3
1
1
3
3
9
9输出 #2
36
3说明/提示
【样例解释】
样例 1 解释
用 X ( k ) X(k) X(k) 表示 X X X 是以 k k k 进制表示的字符串。
一种最优方案：令 00 ( 2 ) 00(2) 00(2) 替换第 1 1 1 种单词， 01 ( 2 ) 01(2) 01(2) 替换第 2 2 2 种单词， 10 ( 2 ) 10(2) 10(2) 替换第 3 3 3 种单词， 11 ( 2 ) 11(2) 11(2) 替换第 4 4 4 种单词。在这种方案下，编码以后的最短长度为：
1 × 2 + 1 × 2 + 2 × 2 + 2 × 2 = 12 1 × 2 + 1 × 2 + 2 × 2 + 2 × 2 = 12 1×2+1×2+2×2+2×2=12
最长字符串 s i s_i si 的长度为 2 2 2 。
一种非最优方案：令 000 ( 2 ) 000(2) 000(2) 替换第 1 1 1 种单词， 001 ( 2 ) 001(2) 001(2) 替换第 2 2 2 种单词， 01 ( 2 ) 01(2) 01(2) 替换第 3 3 3 种单词， 1 ( 2 ) 1(2) 1(2) 替换第 4 4 4 种单词。在这种方案下，编码以后的最短长度为：
1 × 3 + 1 × 3 + 2 × 2 + 2 × 1 = 12 1 × 3 + 1 × 3 + 2 × 2 + 2 × 1 = 12 1×3+1×3+2×2+2×1=12
最长字符串 s i s_i si 的长度为 3 3 3 。与最优方案相比，文章的长度相同，但是最长字符串的长度更长一些。
样例 2 解释
一种最优方案：令 000 ( 3 ) 000(3) 000(3) 替换第 1 1 1 种单词， 001 ( 3 ) 001(3) 001(3) 替换第 2 2 2 种单词， 01 ( 3 ) 01(3) 01(3) 替换第 3 3 3 种单词， 02 ( 3 ) 02(3) 02(3) 替换第 4 4 4 种单词， 1 ( 3 ) 1(3) 1(3) 替换第 5 5 5 种单词， 2 ( 3 ) 2(3) 2(3) 替换第 6 6 6 种单词。
【数据规模与约定】
所有测试数据的范围和特点如下表所示（所有数据均满足 0 < w i ≤ 10 11 0 < w_i \leq 10^{11} 0<wi≤1011）：
| 测试点编号 | n n n 的规模 | k k k 的规模 | 备注 |
|---|---|---|---|
| 1 1 1 | n = 3 n=3 n=3 | k = 2 k=2 k=2 | |
| 2 2 2 | n = 5 n=5 n=5 | ^ | ^ |
| 3 3 3 | n = 16 n=16 n=16 | ^ | 所有 w i w_i wi 均相等 |
| 4 4 4 | n = 1 000 n=1\,000 n=1000 | ^ | w i w_i wi 在取值范围内均匀随机 |
| 5 5 5 | ^ | ^ | |
| 6 6 6 | n = 100 000 n=100\,000 n=100000 | ^ | ^ |
| 7 7 7 | ^ | ^ | 所有 w i w_i wi 均相等 |
| 8 8 8 | ^ | ^ | |
| 9 9 9 | n = 7 n=7 n=7 | k = 3 k=3 k=3 | ^ |
| 10 10 10 | n = 16 n=16 n=16 | ^ | 所有 w i w_i wi 均相等 |
| 11 11 11 | n = 1 001 n=1\,001 n=1001 | ^ | ^ |
| 12 12 12 | n = 99 999 n=99\,999 n=99999 | k = 4 k=4 k=4 | ^ |
| 13 13 13 | n = 100 000 n=100\,000 n=100000 | ^ | ^ |
| 14 14 14 | ^ | ^ | ^ |
| 15 15 15 | n = 1 000 n=1\,000 n=1000 | k = 5 k=5 k=5 | ^ |
| 16 16 16 | n = 100 000 n=100\,000 n=100000 | k = 7 k=7 k=7 | w i w_i wi 在取值范围内均匀随机 |
| 17 17 17 | ^ | ^ | |
| 18 18 18 | ^ | k = 8 k=8 k=8 | w i w_i wi 在取值范围内均匀随机 |
| 19 19 19 | ^ | k = 9 k=9 k=9 | |
| 20 20 20 | ^ | ^ | ^ |
【提示】
选手请注意使用 64 位整数进行输入输出、存储和计算。
【评分方式】
对于每个测试点：
- 若输出文件的第 1 1 1 行正确，得到该测试点 40 % 40\% 40% 的分数；
- 若输出文件完全正确，得到该测试点 100 % 100\% 100% 的分数。
思路分析
本题要求构造一棵 k k k 叉 Huffman 树，使得所有叶子节点的带权路径长度之和最小，并在总长度最小的前提下让树的最大深度（最长编码长度）尽可能小。
核心步骤
-
补全虚节点
对于 k k k 叉 Huffman 树，每次合并 k k k 个节点后总节点数减少 k − 1 k-1 k−1 个。从 n n n 个叶子节点开始，要合并到只剩 1 个根节点，需要减少 n − 1 n-1 n−1 个节点，因此必须满足 ( n − 1 ) m o d ( k − 1 ) = 0 (n-1) \bmod (k-1) = 0 (n−1)mod(k−1)=0。
若不满足，则添加若干个权值为 0 0 0 的虚叶子节点，使得等式成立。虚节点不改变总代价，但能让树更"满"，有助于降低最大深度。
-
合并过程
使用小根堆存储节点，节点包含两个属性：权值 w w w 和当前子树的最大深度 d d d。
排序规则：先按权值升序，权值相同时按深度升序（深度小的先合并，使树更平衡）。
每次从堆中取出 k k k 个节点，合并为一个新节点：
- 新节点权值 = 这 k k k 个节点的权值之和。
- 新节点深度 = 这 k k k 个节点的最大深度 + 1。
- 总代价累加新节点的权值（这等价于所有叶子节点权值 × 深度的累加）。
将新节点放回堆中，重复直到只剩一个节点。
-
输出结果
- 第一行：累加的总代价。
- 第二行：最终根节点的深度（即最长编码长度）。
复杂度
- 时间复杂度： O ( n log n ) O(n \log n) O(nlogn)，堆操作每次 O ( log n ) O(\log n) O(logn)，共 O ( n ) O(n) O(n) 次。
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)。
代码实现
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
// 节点结构体：权值 w，当前子树最大深度 d
struct Node {
ll w; // 权值
int d; // 深度
// 重载小于运算符，用于小根堆（先按权值，权值相同按深度）
bool operator<(const Node& o) const {
if (w != o.w) return w > o.w; // 权值小的优先
return d > o.d; // 深度小的优先
}
};
int main() {
int n, k;
cin >> n >> k;
priority_queue<Node> pq; // 小根堆（通过重载 < 实现）
// 读入 n 个叶子节点，深度均为 0
for (int i = 0; i < n; ++i) {
ll w;
cin >> w;
pq.push({w, 0});
}
// 补充虚节点，使 (n-1) % (k-1) == 0
// 注意：当 k=1 时除数为0，但题目保证 k>=2，所以安全
if ((n - 1) % (k - 1) != 0) {
int need = (k - 1) - (n - 1) % (k - 1);
for (int i = 0; i < need; ++i) {
pq.push({0, 0}); // 权值为0，深度为0的虚节点
}
}
ll ans = 0; // 总代价
// 当堆中不止一个节点时，继续合并
while (pq.size() > 1) {
ll sum_w = 0; // 本次合并的权值和
int max_d = 0; // 本次合并的最大深度
// 每次取出 k 个节点（不足 k 个就全部取出，但补全后必然有 k 个）
for (int i = 0; i < k; ++i) {
Node cur = pq.top(); pq.pop();
sum_w += cur.w;
max_d = max(max_d, cur.d);
}
// 合并后新节点的深度 = 最大深度 + 1
ans += sum_w; // 累加总代价
pq.push({sum_w, max_d + 1}); // 新节点入堆
}
// 最终堆中剩下的唯一节点，其深度就是最长编码长度
cout << ans << endl << pq.top().d << endl;
return 0;
}功能分析
-
输入处理
读取单词种数 n n n 和进制 k k k，以及每种单词的出现次数 w i w_i wi。
-
虚节点补全
计算需要补充的虚节点个数，确保后续每次合并都能恰好取出 k k k 个节点，从而构造出满 k k k 叉 Huffman 树。
-
Huffman 合并
- 使用小根堆维护当前所有节点，按
(权值, 深度)升序排列。 - 每次取出最小的 k k k 个节点，合并后重新入堆，同时累加合并后的权值和到答案中（该累加和等于所有叶子带权路径长度之和）。
- 记录合并过程中的最大深度，用于输出最长编码长度。
- 使用小根堆维护当前所有节点，按
-
输出结果
第一行输出总长度（64 位整数），第二行输出最长编码长度。
-
正确性保证
- 贪心策略：每次合并权值最小的 k k k 个节点，得到最小总代价（Huffman 树性质）。
- 深度优先选择：权值相同时优先合并深度小的节点，避免深度过大，从而在总代价最小的情况下让最大深度最小。
- 补全虚节点：保证树结构为满 k k k 叉树，避免最后一次合并不足 k k k 个节点导致的非最优解。
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cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
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cout<<"###### 课程购买后永久学习，不受限制! ######";
return 0;
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cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
cout<<"跟着王老师一起学习信奥赛C++";
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cout<<" csp信奥赛一等奖属于你! ";
return 0;
}