撰写追逐影子的人，自己就是影子。 ——荷马
Allison 最近迷上了文学。她喜欢在一个慵懒的午后，细细地品上一杯卡布奇诺，静静地阅读她爱不释手的《荷马史诗》。但是由《奥德赛》和《伊利亚特》组成的鸿篇巨制《荷马史诗》实在是太长了，Allison 想通过一种编码方式使得它变得短一些。
一部《荷马史诗》中有 n 种不同的单词，从 1 到 n 进行编号。其中第 i 种单词出现的总次数为 wi。Allison 想要用 k 进制串 si 来替换第 i 种单词，使得其满足如下要求:
对于任意的 1≤i,j≤n，i≠j，都有：si 不是 sj 的前缀。
现在 Allison 想要知道，如何选择 si，才能使替换以后得到的新的《荷马史诗》长度最小。在确保总长度最小的情况下，Allison 还想知道最长的 si 的最短长度是多少？
一个字符串被称为 k 进制字符串，当且仅当它的每个字符是 0 到 k−1 之间（包括 0 和 k−1）的整数。
字符串 Str1 被称为字符串 Str2 的前缀，当且仅当：存在 1≤t≤m，使得 Str1=Str2[1..t]。其中，m 是字符串 Str2 的长度，Str2[1..t] 表示 Str2 的前 t 个字符组成的字符串。
Input输入文件的第 1 行包含 2 个正整数 n,k，中间用单个空格隔开，表示共有 n 种单词，需要使用 k 进制字符串进行替换。
接下来 n 行，第 i+1 行包含 1 个非负整数 wi，表示第 i 种单词的出现次数。
Output输出文件包括 2 行。
第 1 行输出 1 个整数，为《荷马史诗》经过重新编码以后的最短长度。
第 2 行输出 1 个整数，为保证最短总长度的情况下，最长字符串 si 的最短长度。
Sample Input4 2 1 1 2 2
Sample Output12 2
题意：s为k进制下单词的编码，在保证任何si都不是sj的前缀的前提下，使得所有字符的总和最短，并且在总和最短的前提下，保证此时最长单词的编码最小化。
题解：频率*长度的总和最短，这个提示很容易让我们想到哈夫曼树的性质；而前缀、k进制，又符合trie的性质，结合起来，显然是哈夫曼编码的性质。
将字符串出现的频率看作权值，将编码的长度看作到根节点的距离，我们可以直接计算一颗k叉哈夫曼树来得到答案。本题要求最长编码最短化，所以我们只要将比较器的第二维设置为当前深度即可。
即每次在小根堆中取出权值最小前提下合并次数也最小的k个值，进行哈夫曼树的贪心计算，需要注意的是，深度是边长而不是节点的层数。
//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define P(a,b,c) make_pair(a,make_pair(b,c))
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n;i>=a;i--)
#define CLR(vis) memset(vis,0,sizeof(vis))
#define MST(vis,pos) memset(vis,pos,sizeof(vis))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef pair<int,pair<int,int> >pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const ll mod = 1000000007;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
ll gcd(ll a, ll b) {
return b ? gcd(b, a%b) : a;
}
template <class T>
inline bool scan_d(T &ret) {
char c;
int sgn;
if(c=getchar(),c==EOF) return 0; //EOF
while(c!='?'&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();
sgn=(c=='?')?-1:1;
ret=(c=='?')?0:(c-'0');
while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') ret=ret*10+(c-'0');
ret*=sgn;
return 1;
}
inline void outt(int x) {
if(x>9) outt(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int MAXN = 1e5+10;
int n,k;
ll a;
priority_queue<pair<ll,int> >q;
int main() {
ll ans=0;
cin>>n>>k;
rep(i,1,n)scan_d(a),q.push(make_pair(-a,-1));
int cnt=0;
if((n-1)%(k-1)!=0) {
cnt=n-1-(n-1)%(k-1);
}
while ((n-1)%(k-1)>0) n++,cout<<n<<endl,q.push(make_pair(0,1));
while(q.size()>1) {
ll w=0;
int d=0;
rep(i,1,k) w-=q.top().first,d=max(d,-q.top().second),q.pop();
ans+=w;
q.push(make_pair(-w,-d-1));
}
cout<<ans<<endl<<-q.top().se-1<<endl;//深度是边长，要--
//不会出现最后一层只有一个数与很多零的情况（如果有这种情况实际深度要减一）。假设有这种情况，那么这时的(n-1)%(k-1)==0
//并不需要添0，矛盾
return 0;
}