神奇编码【牛客小白月赛78F】【队列的巧妙用法】-优快云博客

题意解读：有n个值，每个值，有 $b_{i}$ 个。现在请你求出这样由 $\sum b_i$ 个点组成的哈夫曼树的最小高度是多少？

我们不难发现，对于哈夫曼过程不过是一个贪心过程，每次取两个值最小，在此条件下取树高最小的。那么，又可以发现，数量是不断的减少的，如果我们用三元组 $(value, num, deep)$ 来表示以当前节点为根的哈夫曼树的根的权值、这样的树的数量、以及这棵树的高度的话，那么就会有，我们的 $num$ 值是在以不断除以2这样的方式递减的，放在小根堆中的元素的数量也只有n，于是时间复杂度就是 $O(n \times log_2 n \times log_2 num)$ ，这样的复杂度的运算次数大概是 $T(10^5 \times 20 \times 40) \approx T(1e8)$ ，而这样的量级，在本题中会被无情的卡掉，因为还有一定的常数复杂度。

所以，我们要优化掉一个 $log_2$ 。

那么，这要求我们抓住其中的线性关系，不难发现，其中的线性关系在于权值和。制造哈夫曼树的过程，有一个很容易被我们忽视掉的线性关系，就是哈夫曼树的新生成的根节点，他们的权值是不断的递增的。

这样，我们只需要再维护一个合成的节点的信息就可以了。

所以，可以对没合成的节点做一个权值升序处理（题目的输入就是权值顺序，所以直接一个个的插入即可）；再者，就是维护合成之后的节点，因为哈夫曼树的性质，我们可以将这些节点逐一的放入到“合成后的节点”的小根堆中去，由于这里是线性递增的，所以这个“小根堆”我们可以使用队列去进行维护。

具体的操作如下所示：

1、取出一个值最小的节点，与这个节点相同的节点数量大于1，直接自己跟自己合并，如果数量是奇数，则最后会多余一个，将这个重新送回至队首（所以需要双端队列）。

2、取出一个值最小的节点，它只有一个，那么我们还需要再取一个，然后跟他合并，新取出来的节点的数量如果大于1，那么还需要减掉这个使用掉的，再把自己送回自己的队列中去。

3、最后只剩一个节点，那么它的高度就是答案了。

#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) ( x&(-x) )
#define pi 3.141592653589793
#define e 2.718281828459045
#define INF 0x3f3f3f3f
#define HalF (l + r)>>1
#define lsn rt<<1
#define rsn rt<<1|1
#define Lson lsn, l, mid
#define Rson rsn, mid+1, r
#define QL Lson, ql, qr
#define QR Rson, ql, qr
#define myself rt, l, r
#define pii pair<int, int>
#define MP(a, b) make_pair(a, b)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uit;
typedef long long ll;
struct node {
    __int128 val; ll num, deep;
    node(__int128 a = 0, ll b = 0, ll c = 0):val(a), num(b), deep(c) {}
    friend bool operator < (node e1, node e2) {
        return e1.val == e2.val ? e1.deep < e2.deep : e1.val < e2.val;
    }
    friend bool operator == (node e1, node e2) {
        return e1.val == e2.val && e1.deep == e2.deep;
    }
};
struct Heap {
    deque<node> Q[2];
    int qid;
    Heap() {
        while(!Q[0].empty()) Q[0].pop_front();
        while(!Q[1].empty()) Q[1].pop_front();
        qid = 0;
    }
    void clear() {
        while(!Q[0].empty()) Q[0].pop_front();
        while(!Q[1].empty()) Q[1].pop_front();
        qid = 0;
    }
    inline bool empty() { return Q[0].empty() && Q[1].empty(); }
    inline ll Size() {
        ll siz = Q[0].size() + Q[1].size();
        if(siz > 1) return siz;
        int id = Q[0].empty();
        if(Q[id].front().num == 1) return 1;
        else return 2;
    }
    inline node Top() {
        if(Q[0].empty() || Q[1].empty()) qid = Q[0].empty();
        else if(Q[0].front() < Q[1].front()) qid = 0;
        else qid = 1;
        return Q[qid].front();
    }
    inline void Pop() {
        Q[qid].pop_front();
    }
} Que;
int n;
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    Que.clear();
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        ll b;
        scanf("%lld", &b);
        if(b) Que.Q[0].push_back(node(i, b, 0));
    }
    while(Que.Size() > 1) {
        node now = Que.Top(), merge;
        Que.Pop();
        if(now.num > 1) {
            if(now.num & 1) {
                Que.Q[Que.qid].push_front(node(now.val, 1, now.deep));
            }
            merge = node(now.val << 1LL, now.num >> 1LL, now.deep + 1);
            Que.Q[1].push_back(merge);
        }
        else {
            node nex = Que.Top();
            Que.Pop();
            nex.num --;
            if(nex.num) Que.Q[Que.qid].push_front(nex);
            merge = node(now.val + nex.val, 1, max(now.deep, nex.deep) + 1);
            Que.Q[1].push_back(merge);
        }
    }
    printf("%lld\n", Que.Top().deep);
    return 0;
}