题目描述

农民 John 希望修复围绕农场的一小段围栏。他测量了一下，发现需要根木头，每根都有某一个整数长度 单位长度。他买了一根很长的很长的木头，正好能够锯出他所需要的根木头。(即它的长度正好等于的总和) FJ 忽略锯口，锯掉的木屑产生的长度损失忽略不计，你也可以忽略它。
FJ 遗憾的发现他自己没有用于切木头的锯子，所以他就带着那根很长的木头来到了农民 Don的农场，想问他借一个锯子。
农民 Don是一个保守的资本家，他不愿意借锯子给 FJ ，但愿意自己来切这刀，每一次都向FJ收取费用。每次的收费正好等于你要锯的那根木头的总长度。例如，你要锯一根长度为21的木头，就花费21分钱。
农民 Don 然后让农民 John 自己决定每次锯木头的顺序和位置。帮助农民 John 确定锯出这N根木头的最小总花费。 FJ 知道可以有很多种不同的切割方式，不同的方式可能得到不同的总花费，这是因为木头在锯的过程中的长度不一。

输入描述:

Line 1: 一个整数，表示要锯出的木头数
Lines 2..: 每行一个整数，表示每根木头的长度。

输出描述:

Line 1: 一个整数，表示他最少需要多少分钱，锯下，锯出所有需要的木头。

示例1

输入
3
8
5
8
输出
34
说明
他需要从总长度为 21 的木头中锯出三根长度分别是 8, 5和8的木头。
原本的木头长度为 8+5+8=21。第一次锯的花费是 21，应该切成两段长度分别是13和8。第二次花费是13，把长度是13的木头锯成8和5。总花费是21+13=34。但如果先将21锯成16和5，第二次将花费16，导致总花费达到37 (大于34)。

解答

这是一个经典而且比较裸的哈夫曼树的问题，我们知道，每砍一下木头，会产生两个新木块，那么最终整个过程会构成一个二叉树，而想让成本最低，那么就是经典的最优二叉树问题，
哈夫曼树（Huffman tree），又名最优树，指给定n个权值作为n的叶子结点，构造一棵二叉树，若带权路径长度达到最小，称这样的二叉树为最优二叉树，也称为哈夫曼树(Huffman tree)。哈夫曼树是带权路径长度最短的树，权值较大的结点离根较近。若将树中结点赋给一个有着某种含义的数值，则这个数值称为该结点的权。

那么本题我们逆向构造，可以开一个小根堆，每一次去除当前长度最小的2个木块，将两个木块合并（砍木块的逆过程），成本是合并后的木块长度，一直这样，直到木块的数量为1的时候结束，用一个longlong的变量来记录答案值。

细节见代码： 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define db(x) cout<<"== [ "<<x<<" ] =="<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}
ll powmod(ll a,ll b,ll MOD){ll ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn=1000010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
int n;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > heap;
int main()
{
    //freopen("D:\\code\\text\\input.txt","r",stdin);
    //freopen("D:\\code\\text\\output.txt","w",stdout);
    
    gg(n);
    int x;
    repd(i,1,n)
    {
        gg(x);
        heap.push(x);
    }
    ll ans=0ll;
    int y;
    while(heap.size()>1)
    {
        x=heap.top();
        heap.pop();
        y=heap.top();
        heap.pop();
        ans+=1ll*(x+y);
        heap.push(x+y);
    }
    printf("%lld\n",ans );
    
    
    return 0;
}

inline void getInt(int* p) {
    char ch;
    do {
        ch = getchar();
    } while (ch == ' ' || ch == '\n');
    if (ch == '-') {
        *p = -(getchar() - '0');
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 - ch + '0';
        }
    }
    else {
        *p = ch - '0';
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 + ch - '0';
        }
    }
}

来源：茄子Min