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題目描述
有一個長度為 ∑ai 的木板，需要切割成 n 段，每段木板的長度分別為 a1,a2,…,an。
每次切割，會產生大小為被切割木板長度的開銷。
請你求出將此木板切割成如上 nn 段的最小開銷。
輸入格式
第 1 行一個正整數表示 n。
第 2 行包含 nn 個正整數，即 a1,a2,…,an。
輸出格式
輸出一個正整數，表示最小開銷。
資料範圍
對於全部測試資料，滿足 1≤n,ai≤10^5。
樣例輸入：
5
5 3 4 4 4
樣例輸出：
47
nlogn解法
核心思想：貪心
正向考慮題意的話，需要每次將長木板較平均的分割成兩塊，再每次分割出裡面最小的，怎麼才最平均呢？還得找最大值？個人覺得不是那麼好處理，可以考慮下逆向思維，轉換一下題意。
如何轉換題意呢？將一塊長木板分割為n段，每次的花費為被分割的木板長度，可以等價於被分割成的兩塊合成一塊時，花費為合成的兩塊的長度和，便轉化成了怎樣使它合併成一塊的花費最小問題。（舉個例子，就比如一個長為4的分成一個1一個3，花費為4，跟一個1和一個3合併成一個4，花費為1+3時等價的）
思路：
考慮每次取出兩個最小的合成一個更大的，直到最後只剩一個。
證明：
怎麼證明這個貪心是對的呢？我們可以假設有三個木塊a1<a2<a3，如果取a1,a2合併，需要的花費為(a1+a2)+(a1+a2+a3)，如果不取兩個最小的，而取a2,a3，需要花費為(a2+a3)+(a2+a3+a1)顯然比第一種要大。那麼如何推廣到一般情況呢？我們可以這樣想，合併了兩個之後，費用肯定要加上兩個的和，兩個合併成的一個肯定還需要與其他的合併，而用遞迴去想這一部分的花費可以看成是大小固定的，就是說你合併成的還需要去和其他的合併求和，而最終下次合併的和是相同的，那麼讓兩個合併的花費盡量小，花費不就小了嗎？
程式碼實現
怎樣每次找到兩個最小的呢，並加入合併成的那個？我們考慮使用STL自帶的最小堆-優先佇列priority_queue。
複雜度分析：
優先佇列的插入查詢均為logn,複雜度為O(n)*O(logn)即O(nlogn)。
程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long //會爆int，所以改為了longlong
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q; //小根堆
int n, ans;
signed main()
{
scanf("%lld", &n);
for (; n--;)
{
int x;
scanf("%lld", &x);
q.push(x); //初始將n個木塊加入
}
while (q.size() >= 2)
{
int x1, x2;
x1 = q.top(), q.pop(); //取出兩次堆頂
x2 = q.top(), q.pop();
ans += (x1 + x2);
q.push(x1 + x2); //加入合併的木塊
}
cout << ans << "\n";
}
O(n)解法
考慮優化掉每次插入查詢的logn。每次合併成的新的木板肯定是載增大的，也就是說合成的木板是有序的，那麼我們使沒有被合併的那些木板變得有序，每次考慮取兩者隊首元素中較小的，用兩個佇列維護，因為有序所以隊首元素為最小值。對初始佇列的排序考慮桶排。可以在On的時間內完成此題了。（洛谷貌似卡讀入了，所以加了個快讀）
詳見程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll a[100009]; //記錄大小為i的木板的數量（桶排）
ll ans;
void read(int &x) //優化讀入
{
int f = 1;
x = 0;
char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9')
{
if (s == '-')
f = -1;
s = getchar();
}
while (s >= '0' && s <= '9')
{
x = x * 10 + s - '0';
s = getchar();
}
x *= f;
}
int main()
{
int n;
read(n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int x;
read(x);
a[x]++; //大小為x的數量+1
}
queue<ll> pre, added; // pre為原始的木板佇列，added為後來合併加入的佇列
for (int i = 1; i <= 100000; i++)
{
while (a[i]--) //因為i可能不止一個
{
pre.push(i); //放入佇列中，使得pre是有序的
}
}
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) // n個需要合併n-1次
{
ll x1, x2;
if ((!pre.empty() && !added.empty() && pre.front() < added.front()) || added.empty()) // pre的隊首小於added的隊首或者added為空
{
x1 = pre.front(); //從pre取
pre.pop();
}
else
{
x1 = added.front(); //從added取
added.pop();
}
//重複一次操作取x2
if ((!pre.empty() && !added.empty() && pre.front() < added.front()) || added.empty()) // pre的隊首小於added的隊首或者added為空
{
x2 = pre.front();
pre.pop();
}
else
{
x2 = added.front();
added.pop();
}
ans += (x1 + x2); //加上花費
added.push(x1 + x2); // added中加入新合成的木板
}
cout << ans;
}