CCF 201612-4（DP）

题目：

问题描述

　　给定一段文字，已知单词a₁, a₂, …, a_n出现的频率分别t₁, t₂, …, t_n。可以用01串给这些单词编码，即将每个单词与一个01串对应，使得任何一个单词的编码（对应的01串）不是另一个单词编码的前缀，这种编码称为前缀码。
　　使用前缀码编码一段文字是指将这段文字中的每个单词依次对应到其编码。一段文字经过前缀编码后的长度为：
　　L=a₁的编码长度×t₁+a₂的编码长度×t₂+…+ a_n的编码长度×t_n。
　　定义一个前缀编码为字典序编码，指对于1 ≤ i < n，a_i的编码（对应的01串）的字典序在a_i+1编码之前，即a₁, a₂, …, a_n的编码是按字典序升序排列的。
　　例如，文字E A E C D E B C C E C B D B E中， 5个单词A、B、C、D、E出现的频率分别为1, 3, 4, 2, 5，则一种可行的编码方案是A:000, B:001, C:01, D:10, E:11，对应的编码后的01串为1100011011011001010111010011000111，对应的长度L为3×1+3×3+2×4+2×2+2×5=34。
　　在这个例子中，如果使用哈夫曼(Huffman)编码，对应的编码方案是A:000, B:01, C:10, D:001, E:11，虽然最终文字编码后的总长度只有33，但是这个编码不满足字典序编码的性质，比如C的编码的字典序不在D的编码之前。
　　在这个例子中，有些人可能会想的另一个字典序编码是A:000, B:001, C:010, D:011, E:1，编码后的文字长度为35。
　　请找出一个字典序编码，使得文字经过编码后的长度L最小。在输出时，你只需要输出最小的长度L，而不需要输出具体的方案。在上面的例子中，最小的长度L为34。

输入格式

　　输入的第一行包含一个整数n，表示单词的数量。
　　第二行包含n个整数，用空格分隔，分别表示a₁, a₂, …, a_n出现的频率，即t₁, t₂, …, t_n。请注意a₁, a₂, …, a_n具体是什么单词并不影响本题的解，所以没有输入a₁, a₂, …, a_n。

输出格式

　　输出一个整数，表示文字经过编码后的长度L的最小值。

样例输入

5
1 3 4 2 5

样例输出

34

样例说明

　　这个样例就是问题描述中的例子。如果你得到了35，说明你算得有问题，请自行检查自己的算法而不要怀疑是样例输出写错了。

评测用例规模与约定

　　对于30%的评测用例，1 ≤ n ≤ 10，1 ≤ t_i ≤ 20；
　　对于60%的评测用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ t_i ≤ 100；
　　对于100%的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ t_i ≤ 10000。

思路：

首先会想到哈夫曼编码，但是题目明确说明了，不是这回事。题目要求的是字典序编码。我们来回忆一下哈夫曼树的建树过程，他首先对结点权值从小到大排序，每次选取权值最小的两个点结合，产生一个新的结点，并把权值加入数组排序。最后建树成功后，每个结点的编码长度为其深度。现在，我们把非叶子结点的值进行修改，改为以这个点为根的子树的长度，我们可以发现，每当我结合两个点时，得到的长度为这两个结点的权值相加，再加上这两个结点的所有叶子的权值。如以权值为2 4 6 8 10的五个点建树，见下图

    而字典序建树过程跟这个类似，只不过一开始他不对权值排序，只允许相邻两结点结合。这时我们就需要利用dp了，要看每次哪两个结点结合一起最后长度最小。记sum[i]表示a[1]到a[i]的权值之和，dp[i][j]表示从i到j的结点结合一起时的最小长度。那么可以得到状态转移方程dp[i][j] =min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1])，其中i<=k<j。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>

const int inf=0x3f3f3f3f;

using namespace std;

int dp[1001][1001];    //这里的定义要注意，不能写在条件语句里面，否则程序一运行就会死

int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	int a[1001];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	if(n==1)    //只有一个结点的时候直接输出
		printf("%d\n",a[1]);
	else
	{
		int sum[1001];
		sum[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		for(int len=2;len<=n;len++)     //我们从区间长度为2开始逐长度计算
    	        {
        	    for(int i=1,j=len;i<=n-len+1;i++,j++)
        	    {
            	        dp[i][j] = inf;
            	        for(int k=i;k<j;k++)
            	        {
                            dp[i][j] =min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
                        }
                    }
                }
		printf("%d\n",dp[1][n]);
	}
	return 0;
}

补充一下一般哈夫曼编码长度求解过程

priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >pq;
for(int i=0;i<26;i++)
    pq.push(a[i]);
int sum=0;
while(pq.size()>1)
{
    int x=pq.top();
    pq.pop();
    int y=pq.top();
    pq.pop();
    sum+=(x+y);
    pq.push(x+y);
}