题解：Naughty Stone Piles

洛谷 RMJ 226B 题目传送门

CF 226B 传送门 CF 227D 传送门

为什么这么近就重题了。

题意分析

如果不考虑合并 \(k\) 次的限制，就是一个普通的合并石子问题，思路即将小堆合并到大堆上，这样小堆的计算次数会更多，大堆的计算次数会更少，进而使得总代价最小。

考虑加入 \(k\) 次限制之后总代价的形式：

• 存在 \(1\) 个 \(a_i\) 满足 \(a_i\) 不在总代价中。
• 存在 \(k\) 个 \(a_i\) 满足 \(a_i\) 被计算了 \(1\) 次。
• 存在 \(k^2\) 个 \(a_i\) 满足 \(a_i\) 被计算了 \(2\) 次。
• ……
• 存在 \(n\) 个 \(a_i\) 满足 \(a_i\) 被计算了 \(\left\lceil\log_k n\right\rceil\) 次。

具体可以参考此图：

我们可以以 \(a_i\) 为节点建一棵树（代码中不需要，仅仅为了便于分析），那么一个节点与父节点的连边代表合并到父节点上。

则可以解释上文的结论，根节点的 \(x\) 级子节点有 \(k^x\) 个，而这些子节点的答案被统计了 \(x\) 次（合并一次就会被统计一次）。

则一个节点对总代价的贡献为其值乘深度，这也是建树的做法。

然而，我们可以考虑令较大的 \(a_i\) 被统计的次数尽可能少，直接排序后贪心统计即可。

同时又考虑到 \(k\) 可能相同，可以预处理出 \(k=1,2,3,\cdots,n\) 的情况的答案 \(ans_k\)，询问时直接输出即可。注意当 \(k>n\) 时，答案同 \(k=n\) 的情况。

时间复杂度：\(\mathcal O(n\log n)\)。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
//#define int long long
typedef long long ll;
constexpr const int N=1e5;
int n,a[N+1];
ll sum[N+1],ans[N+1]; 
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",a+i);
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	for(int k=1;k<=n;k++){
		//p=n-1:a[n]不统计 
		int p=n-1,pl=1;
		ll kk=k;//kk=k^pl
		while(p>=kk){
			ans[k]+=(sum[p]-sum[p-kk])*pl;//这一层的kk个元素统计答案
			p-=kk;kk*=k;
			pl++;
		}
		ans[k]+=sum[p]*pl;
	} 
	int q;
	scanf("%d",&q);
	while(q--){
		int k;
		scanf("%d",&k);
		k=min(k,n);
		printf("%lld ",ans[k]);
	}putchar(10);
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}