CodeForces Round #140(226B) - Naughty Stone Piles

    这种范围的数据..贪心噜..关键是要逆转思维..从后往前想...

    如果没有k的限制条件..显然用最大石头数的堆不动..其他的堆往上加..那么答案是总石头数-最大堆的石头数..

    加上k的限制条件.一个石头堆直接移动到最大石头堆中..是1次移动..若其先与其他石头堆合并一次..在同那堆石头一起加到最大石头堆中..实际相当于移动了两次...若其先先合并了k次.. 再加到最大石头堆中..那么这堆移动成功的代价是其石头数*(合并数+1)..为了使得总的代价最小..那么期望的是石头数越大的堆合并的次数越少..

    若限制了每堆石头上只能覆盖k堆..对于最大石头堆...其上面的k堆..必然是除了最大石头堆的后k大的堆唯一一次移动...而这k大堆上每个又能容纳k个石头堆.那么就有k^2的堆是移动了两次的...同理..又有k^3个石头堆是移动了3次的...

    由此...要求n个石头堆..限制为k时的算法复杂度为 log(k,n)... 但是..要注意k=1的情况..因为不会发生指数增长..所以速度会慢..会超时..但是对于k=1的情况..是可以方便算出来的..特判一下就好了...

Program:

#include<iostream>#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<string.h>#include<math.h>#include<map>#include<queue>#include<stack>#define ll long long#define oo 2000000000#define pi acos(-1)  using namespace std;ll i,n,m,q,a[100005],s[100005],k,p,data,ans;int main(){      while (~scanf("%I64d",&n))     {              for (i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d",&a[i]);               sort(a+1,a+1+n);             s[0]=0;            for (i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];            data=0;            for (i=n-1;i>=1;i--) data+=a[i]*(n-i);            n--;            scanf("%I64d",&q);            while (q--)            {                  scanf("%I64d",&i);                    if (i!=1)                  {                         p=1;  k=i;   ans=0;                         m=n;                         while (m>=k)                         {                               ans+=p*(s[m]-s[m-k]);                               m-=k;                               k*=i;                               p++;                         }                         ans+=p*s[m];                  }else  ans=data;                  printf("%I64d ",ans);            }            printf("\n");    }    return 0;}