51nod 1117 聪明的木匠：哈夫曼树

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题目链接：http://class.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1117

一、题目描述

输入描述

　　第1行：1个整数N(2 <= N <= 50000)

　   第2 - N + 1行：每行1个整数Li(1 <= Li <= 1000)。

输出描述

　　输出最小的体力消耗。

样例输入

3
3
4
5

样例输出

　　19

二、解题思路

这道题运用了三个主要概念：“正难则反” 和 “哈夫曼树”和“优先队列”。

我们先正着来思考，发现对于最少的体力，应该是最短板被切割的次数最多，因为总的体力花费是每个木棒被切的次数。

可是我们发现很难实现，所以反过来思考，将n个木棒拼接回原来的样子并且花费体力最少，每次也都是需要将两个最短的木棒拼起来。

每次从剩余的木棒中取出最短的两个，拼好之后放回去，这就用到了哈夫曼树的性质。

我们先来复习一下哈夫曼树

给定N个权值（权值是每个节点上的数值）作为N个叶子结点，构造一棵二叉树。

哈夫曼树就相当于找到两个权值最小的节点结合在一起，叶子结点是后面没有节点的节点。

 

以本图为例，节点上的数字，是点的权值Wi。

在这幅图里，叶子结点（绿色的节点）分别为2、4、7、8、12、19、20、30。

而整个树的权值等于所有叶子结点的Wi×Li（Li为这个节点到根节点的距离）的和。

按照本图的分配方法，整棵树的权值为：(2+4)×5+ 7×4 + (8+12+19)×3+(20+30) ×2 = 275。

构造哈夫曼树，需要配合一个优先队列来实现。

在这道题里，我们可以借助哈夫曼树来实现我们的思想：

每次从剩余的木棒中取出最短的两个，拼好之后放回去，这就用到了哈夫曼树的性质。

　　接下来我们复习一下优先队列

只要是这么写的，就说明q这个优先队列是从小到大排列的：

priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > q;                            

现在给优先队列的基本操作（只在本题中使用的基本操作）：

priority_queue <long long, vector <long long>, greater <long long> > que;

　　　　　　　　　定义一个从小到大排列的优先队列

que.push(1);            往优先队列que中存入1这个数

que.size()                 返回que里元素个数

que.top()                   这个只能在优先队列里使用，不能再普通队列里使用。

　　　　　　　　　 如果是从小到大排列的，第一个肯定是最小的，最后一个是最大的。

　　　　　　　　　那么返回第一个数字（在这道题里是返回最小的）

三、代码

#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > que;
int n, l, first_small, second_small, ans, tmp;

int main(){
    cin >> n;
    for(int i = 0;i < n;i++){
        cin >> l;
        que.push(l);
    }
    while(que.size() > 1){
        first_small = que.top();//找到在所有木板中最短的 
        que.pop();//把这个木板在所有木板里删除 
        second_small = que.top();//找到在所有木板中第二短的  
        que.pop();//把这个木板在所有木板里删除 
        tmp = first_small + second_small;//这两个木板结合起来成为一个新的木板 
        ans += tmp;//往体力值里加上这个木板的长度 
        que.push(tmp);//往所有木板里放入这个崭新的木板 
    }
    cout << ans << endl;//输出体力值 
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/elisa02/p/12905697.html