解決問題
哈夫曼樹
眾所周知，計算機以01串來儲存和運算。
所以，如果我們想要存乙個字元或漢字，例如a，計算機會將它變為乙個01串，這個串就是a的編碼。
如果我們輸入了乙個詞：cat。
如果a的編碼是1，c的編碼是10，t的編碼是11，那麼「cat」對應的編碼就是「10111」。好了，那麼問題來了：10111這個串既是「cat」，也可以理解為「cta」，到底是哪種？如果計算機有龐大的詞庫，或許它會知道沒有「cta」這個詞，但是這樣的複雜度就太高了。所以，在編碼時我們要注意不能有歧義。
歧義的問題先讓它掛一會，先看長度的問題。
為了減少長度，我們可以用變長碼來優化。
什麼意思？會改變長度的編碼？當然不可能，變長碼的意思是：給出現頻率高的字元用短的編碼，給出現頻率低的用長的編碼。這樣可以有效優化總編碼太長的問題。
何以見得「有效」，我們舉個栗子：ab
cdef
出現次數（千次）
4513
121695
定長碼000
001010
011100
101變長碼
0101
100111
1101
1100
定長碼所需空間：3 * ( 45 + 13 + 12 + 16 + 9 + 5 ) = 300 千位
變長碼所需空間：1 * 45 + 3 * ( 13 + 12 + 16) + 4 * ( 9 + 5) = 227 千位
減少了多少自己算。
看編碼是否會有歧義，其實就是看有沒有字元的編碼是另乙個字元編碼的字首。
我們巧妙地使用二叉樹編碼來避免這個問題：
將待編碼的字元當做葉子節點，構造一棵這樣的二叉樹：
（這棵樹有些不平衡，右子樹還可以大些）
將所有的左兒子的邊賦為1（或0），所有右兒子的邊賦為0（或1），會發現，根節點到每個葉節點的路徑的01串不可能成為某個串的字首（因為0的存在），也就避免了歧義的問題。
這個圖中，a的編碼就是111，b的編碼為110，c的編碼為10，d的編碼為0。
哈夫曼（huffman）樹，也叫最優二叉樹，就是上面的二叉樹，並使編碼長度最優。
相信有人能看出：上面的二叉樹每個葉節點到根的長度不同（廢話），也就是說，每個字元的編碼長度不同，這不正好就是變長碼了嗎？
所以，直接把出現頻率低的放在下面，出現頻率高的放在上面不就好了！
如果你看到這裡就去實現且成功了，我給你出彩。
如果你沒有成功，不要怕，讓我們直接get哈夫曼前輩的演算法：
構造一棵哈夫曼樹看起來很多，其實很簡單：用優先佇列維護權值的從小到大，每次取2次top並pop掉，然後合併這兩個top，將合併後的節點放入佇列，重複執行n-1次（n為字元數）。①每個字元自成一棵樹，根為它自己且權值為它的出現次數；
②將所有樹按根節點的權值從小到大排序；
③取出根節點權值最小的兩顆樹，合併起來，並將它們合併後根節點的權值賦為它們合併前根節點的權值之和；
④將第③步中合併得到的樹的根節點放入②的序列中並維護其有序性；
⑤重複③、④直到只剩下一棵樹。
樹建好了，輸出編碼就很簡單了，從根開始遞迴，把途經的路徑存下來，一旦到達葉子節點就輸出。
你們最愛的**：
//輸入n，接下來輸入n個數，代表出現次數，然後輸出每個葉子節點的編碼
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
#define maxn 50
#define maxt 100
struct node
//優先佇列比較方式
}tree[maxt+5];
int n,size,root;
char ans[maxn+5];
priority_queueq;
void unite(node x,node y)//合併兩個節點
void print(int u,int len)//len記錄長度
len++;
ans[len]='0';
print(tree[u].lc,len);
ans[len]='1';
print(tree[u].rc,len);
ans[len]=0;
}int main()
if(n==1) printf("0");//特殊處理
size=n;
for(int i=1;i//注意top一次就要pop一次，不然取出來的節點是一樣的
node u2=q.top();q.pop();
unite(u1,u2);
}for(int i=1;i<=size;i++)//找根
if(!tree[i].f)
root=i;
print(root,0);
}
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