左偏树

什么是左偏树?

左偏树配对堆 一样,是一种 可并堆,具有堆的性质,并且可以快速合并。

dist 的定义和性质

对于一棵二叉树,我们定义 外节点 为左儿子或右儿子为空的节点,定义一个外节点的 \mathrm{dist} 1 ,一个不是外节点的节点 \mathrm{dist} 为其到子树中最近的外节点的距离加一。空节点的 \mathrm{dist} 0

注:很多其它教程中定义的 \mathrm{dist} 都是本文中的 \mathrm{dist} 减去 1 ,本文这样定义是因为代码写起来方便。

一棵有 n 个节点的二叉树,根的 \mathrm{dist} 不超过 \left\lceil\log (n+1)\right\rceil ,因为一棵根的 \mathrm{dist} x 的二叉树至少有 x-1 层是满二叉树,那么就至少有 2^x-1 个节点。注意这个性质是所有二叉树都具有的,并不是左偏树所特有的。

左偏树的定义和性质

左偏树是一棵二叉树,它不仅具有堆的性质,并且是「左偏」的:每个节点左儿子的 \mathrm{dist} 都大于等于右儿子的 \mathrm{dist}

因此,左偏树每个节点的 \mathrm{dist} 都等于其右儿子的 \mathrm{dist} 加一。

需要注意的是, \mathrm{dist} 不是深度,左偏树的深度没有保证,一条向左的链也是左偏树。

核心操作:合并(merge)

合并两个堆时,由于要满足堆性质,先取值较小(为了方便,本文讨论小根堆)的那个根作为合并后堆的根节点,然后将这个根的左儿子作为合并后堆的左儿子,递归地合并其右儿子与另一个堆,作为合并后的堆的右儿子。为了满足左偏性质,合并后若左儿子的 \mathrm{dist} 小于右儿子的 \mathrm{dist} ,就交换两个儿子。

参考代码:

1
2
3
4
5
6
7
8
9
int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;  // 若一个堆为空则返回另一个堆
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);  // 取值较小的作为根
  t[x].rs = merge(t[x].rs, y);          // 递归合并右儿子与另一个堆
  if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d)
    swap(t[x].ls, t[x].rs);   // 若不满足左偏性质则交换左右儿子
  t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;  // 更新dist
  return x;
}

由于左偏性质,每递归一层,其中一个堆根节点的 \mathrm{dist} 就会减小 1 ,而“一棵有 n 个节点的二叉树,根的 \mathrm{dist} 不超过 \left\lceil\log (n+1)\right\rceil ”,所以合并两个大小分别为 n m 的堆复杂度是 O(\log n+\log m)

左偏树还有一种无需交换左右儿子的写法:将 \mathrm{dist} 较大的儿子视作左儿子, \mathrm{dist} 较小的儿子视作右儿子:

1
2
3
4
5
6
7
8
9
int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
  rs(x) = merge(rs(x), y);
  t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
  return x;
}

左偏树的其它操作

插入节点

单个节点也可以视为一个堆,合并即可。

删除根

合并根的左右儿子即可。

删除任意节点

做法

先将左右儿子合并,然后自底向上更新 \mathrm{dist} 、不满足左偏性质时交换左右儿子,当 \mathrm{dist} 无需更新时结束递归:

 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

// 有了 pushup,直接 merge 左右儿子就实现了删除节点并保持左偏性质
int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
  t[rs(x) = merge(rs(x), y)].fa = x;
  pushup(x);
  return x;
}

void pushup(int x) {
  if (!x) return;
  if (t[x].d != t[rs(x)].d + 1) {
    t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
    pushup(t[x].fa);
  }
}

复杂度证明

我们令当前 pushup 的这个节点为 x ,其父亲为 y ,一个节点的“初始 \mathrm{dist} ”为它在 pushup 前的 \mathrm{dist} 。我们先 pushup 一下删除的节点,然后从其父亲开始起讨论复杂度。

继续递归下去有两种情况:

  1. x y 的右儿子,此时 y 的初始 \mathrm{dist} x 的初始 \mathrm{dist} 加一。
  2. x y 的左儿子,只有 y 的左右儿子初始 \mathrm{dist} 相等时(此时左儿子 \mathrm{dist} 减一会导致左右儿子互换)才会继续递归下去,因此 y 的初始 \mathrm{dist} 仍然是 x 的初始 \mathrm{dist} 加一。

所以,我们得到,除了第一次 pushup(因为被删除节点的父亲的初始 \mathrm{dist} 不一定等于被删除节点左右儿子合并后的初始 \mathrm{dist} 加一),每递归一层 x 的初始 \mathrm{dist} 就会加一,因此最多递归 O(\log n) 层。

整个堆加上/减去一个值、乘上一个正数

其实可以打标记且不改变相对大小的操作都可以。

在根打上标记,删除根/合并堆(访问儿子)时下传标记即可:

 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
  pushdown(x);
  t[x].rs = merge(t[x].rs, y);
  if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d) swap(t[x].ls, t[x].rs);
  t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;
  return x;
}

int pop(int x) {
  pushdown(x);
  return merge(t[x].ls, t[x].rs);
}

随机合并

直接贴上代码

1
2
3
4
5
6
7
8
int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[y].val < t[x].val) swap(x, y);
  if (rand() & 1)  //随机选择是否交换左右子节点
    swap(t[x].ls, t[x].rs);
  t[x].ls = merge(t[x].ls, t[y]);
  return x;
}

可以看到该实现方法唯一不同之处便是采用了随机数来实现合并,这样一来便可以省去 \mathrm{dist} 的相关计算。且平均时间复杂度亦为 O(\log n) ,详细证明可参考 Randomized Heap

例题

模板题

luogu P3377【模板】左偏树(可并堆)

Monkey King

罗马游戏

需要注意的是:

  1. 合并前要检查是否已经在同一堆中。

  2. 左偏树的深度可能达到 O(n) ,因此找一个点所在的堆顶要用并查集维护,不能直接暴力跳父亲。(虽然很多题数据水,暴力跳父亲可以过……)(用并查集维护根时要保证原根指向新根,新根指向自己。)

罗马游戏参考代码
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

int read() {  //快读
  int out = 0;
  char c;
  while (!isdigit(c = getchar()))
    ;
  for (; isdigit(c); c = getchar()) out = out * 10 + c - '0';
  return out;
}

const int N = 1000010;

struct Node {
  int val, ch[2], d;
} t[N];

int& rs(int x);
int merge(int x, int y);

int find(int x);

int n, m, f[N];
bool kill[N];
char op[10];

int main() {
  int i, x, y;

  n = read();

  for (i = 1; i <= n; ++i) {
    t[i].val = read();
    f[i] = i;
  }

  m = read();

  while (m--) {
    scanf("%s", op);
    if (op[0] == 'M') {
      x = read();
      y = read();
      if (kill[x] || kill[y] || find(x) == find(y)) continue;  //这是题意
      f[find(x)] = f[find(y)] = merge(find(x), find(y));
    } else {
      x = read();
      if (!kill[x]) {
        x = find(x);
        kill[x] = true;
        f[x] = f[t[x].ch[0]] = f[t[x].ch[1]] = merge(t[x].ch[0], t[x].ch[1]);
        // 由于堆中的点会 find 到 x,所以 f[x] 也要修改
        printf("%d\n", t[x].val);
      } else
        puts("0");
    }
  }

  return 0;
}

int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

int merge(int x, int y) {  //左偏树并堆
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
  rs(x) = merge(rs(x), y);
  t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
  return x;
}

int find(int x) { return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]); }  //查找

树上问题

「APIO2012」派遣

「JLOI2015」城池攻占

这类题目往往是每个节点维护一个堆,与儿子合并,依题意弹出、修改、计算答案,有点像线段树合并的类似题目。

城池攻占参考代码
  1
  2
  3
  4
  5
  6
  7
  8
  9
 10
 11
 12
 13
 14
 15
 16
 17
 18
 19
 20
 21
 22
 23
 24
 25
 26
 27
 28
 29
 30
 31
 32
 33
 34
 35
 36
 37
 38
 39
 40
 41
 42
 43
 44
 45
 46
 47
 48
 49
 50
 51
 52
 53
 54
 55
 56
 57
 58
 59
 60
 61
 62
 63
 64
 65
 66
 67
 68
 69
 70
 71
 72
 73
 74
 75
 76
 77
 78
 79
 80
 81
 82
 83
 84
 85
 86
 87
 88
 89
 90
 91
 92
 93
 94
 95
 96
 97
 98
 99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll read() {
  ll out = 0;
  int f = 1;
  char c;
  for (c = getchar(); !isdigit(c) && c != '-'; c = getchar())
    ;
  if (c == '-') f = -1, c = getchar();
  for (; isdigit(c); c = getchar()) out = out * 10 + c - '0';
  return out * f;
}

const int N = 300010;

struct Node {
  int ls, rs, d;
  ll val, add, mul;
  Node() {
    ls = rs = add = 0;
    d = mul = 1;
  }
} t[N];

int merge(int x, int y);
int pop(int x);
void madd(int u, ll x);
void mmul(int u, ll x);
void pushdown(int x);

void add(int u, int v);
void dfs(int u);

int head[N], nxt[N], to[N], cnt;
int n, m, p[N], f[N], a[N], dep[N], c[N], ans1[N],
    ans2[N];  // p是树上每个点对应的堆顶
ll h[N], b[N];

int main() {
  int i;

  n = read();
  m = read();

  for (i = 1; i <= n; ++i) h[i] = read();

  for (i = 2; i <= n; ++i) {
    f[i] = read();
    add(f[i], i);
    a[i] = read();
    b[i] = read();
  }

  for (i = 1; i <= m; ++i) {
    t[i].val = read();
    c[i] = read();
    p[c[i]] = merge(i, p[c[i]]);
  }

  dfs(1);

  for (i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", ans1[i]);
  for (i = 1; i <= m; ++i) printf("%d\n", ans2[i]);

  return 0;
}

void dfs(int u) {
  int i, v;  //根据题意开始dfs
  for (i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
    v = to[i];
    dep[v] = dep[u] + 1;
    dfs(v);
  }
  while (p[u] && t[p[u]].val < h[u]) {
    ++ans1[u];
    ans2[p[u]] = dep[c[p[u]]] - dep[u];
    p[u] = pop(p[u]);
  }
  if (a[u])
    mmul(p[u], b[u]);
  else
    madd(p[u], b[u]);
  if (u > 1)
    p[f[u]] = merge(p[u], p[f[u]]);
  else
    while (p[u]) {
      ans2[p[u]] = dep[c[p[u]]] + 1;
      p[u] = pop(p[u]);
    }
}

void add(int u, int v) {
  nxt[++cnt] = head[u];
  head[u] = cnt;
  to[cnt] = v;
}

int merge(int x, int y) {  //合并
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
  pushdown(x);
  t[x].rs = merge(t[x].rs, y);
  if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d) swap(t[x].ls, t[x].rs);
  t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;
  return x;
}

int pop(int x) {
  pushdown(x);
  return merge(t[x].ls, t[x].rs);
}

void madd(int u, ll x) {
  t[u].val += x;
  t[u].add += x;
}

void mmul(int u, ll x) {
  t[u].val *= x;
  t[u].add *= x;
  t[u].mul *= x;
}

void pushdown(int x) {  // like 线段树,下传合并
  mmul(t[x].ls, t[x].mul);
  madd(t[x].ls, t[x].add);
  mmul(t[x].rs, t[x].mul);
  madd(t[x].rs, t[x].add);
  t[x].add = 0;
  t[x].mul = 1;
}

「SCOI2011」棘手的操作

首先,找一个节点所在堆的堆顶要用并查集,而不能暴力向上跳。

再考虑单点查询,若用普通的方法打标记,就得查询点到根路径上的标记之和,最坏情况下可以达到 O(n) 的复杂度。如果只有堆顶有标记,就可以快速地查询了,但如何做到呢?

可以用类似启发式合并的方式,每次合并的时候把较小的那个堆标记暴力下传到每个节点,然后把较大的堆的标记作为合并后的堆的标记。由于合并后有另一个堆的标记,所以较小的堆下传标记时要下传其标记减去另一个堆的标记。由于每个节点每被合并一次所在堆的大小至少乘二,所以每个节点最多被下放 O(\log n) 次标记,暴力下放标记的总复杂度就是 O(n\log n)

再考虑单点加,先删除,再更新,最后插入即可。

然后是全局最大值,可以用一个平衡树/支持删除任意节点的堆(如左偏树)/multiset 来维护每个堆的堆顶。

所以,每个操作分别如下:

  1. 暴力下传点数较小的堆的标记,合并两个堆,更新 size、tag,在 multiset 中删去合并后不在堆顶的那个原堆顶。
  2. 删除节点,更新值,插入回来,更新 multiset。需要分删除节点是否为根来讨论一下。
  3. 堆顶打标记,更新 multiset。
  4. 打全局标记。
  5. 查询值 + 堆顶标记 + 全局标记。
  6. 查询根的值 + 堆顶标记 + 全局标记。
  7. 查询 multiset 最大值 + 全局标记。
棘手的操作参考代码
  1
  2
  3
  4
  5
  6
  7
  8
  9
 10
 11
 12
 13
 14
 15
 16
 17
 18
 19
 20
 21
 22
 23
 24
 25
 26
 27
 28
 29
 30
 31
 32
 33
 34
 35
 36
 37
 38
 39
 40
 41
 42
 43
 44
 45
 46
 47
 48
 49
 50
 51
 52
 53
 54
 55
 56
 57
 58
 59
 60
 61
 62
 63
 64
 65
 66
 67
 68
 69
 70
 71
 72
 73
 74
 75
 76
 77
 78
 79
 80
 81
 82
 83
 84
 85
 86
 87
 88
 89
 90
 91
 92
 93
 94
 95
 96
 97
 98
 99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <set>

using namespace std;

int read() {
  int out = 0, f = 1;
  char c;
  for (c = getchar(); !isdigit(c) && c != '-'; c = getchar())
    ;
  if (c == '-') {
    f = -1;
    c = getchar();
  }
  for (; isdigit(c); c = getchar()) out = out * 10 + c - '0';
  return out * f;
}

const int N = 300010;

struct Node {
  int val, ch[2], d, fa;
} t[N];

int& rs(int x);
int merge(int x, int y);
void pushup(int x);
void pushdown(int x, int y);

int find(int x);

int n, m, f[N], tag[N], siz[N], delta;
char op[10];
multiset<int> s;

int main() {
  int i, x, y;

  n = read();

  for (i = 1; i <= n; ++i) {
    t[i].val = read();
    f[i] = i;
    siz[i] = 1;
    s.insert(t[i].val);
  }

  m = read();

  while (m--) {  //根据题意处理具体看解法
    scanf("%s", op);
    if (op[0] == 'U') {
      x = find(read());
      y = find(read());
      if (x != y) {
        if (siz[x] > siz[y]) swap(x, y);
        pushdown(x, tag[x] - tag[y]);
        f[x] = f[y] = merge(x, y);
        if (f[x] == x) {
          s.erase(s.find(t[y].val + tag[y]));
          tag[x] = tag[y];
          siz[x] += siz[y];
          tag[y] = siz[y] = 0;
        } else {
          s.erase(s.find(t[x].val + tag[y]));
          siz[y] += siz[x];
          tag[x] = siz[x] = 0;
        }
      }
    } else if (op[0] == 'A') {
      if (op[1] == '1') {
        x = read();
        if (x == find(x)) {
          t[t[x].ch[0]].fa = t[t[x].ch[1]].fa = 0;
          y = merge(t[x].ch[0], t[x].ch[1]);
          s.erase(s.find(t[x].val + tag[x]));
          t[x].val += read();
          t[x].fa = t[x].ch[0] = t[x].ch[1] = 0;
          t[x].d = 1;
          f[x] = f[y] = merge(x, y);
          s.insert(t[f[x]].val + tag[x]);
          if (f[x] == y) {
            tag[y] = tag[x];
            siz[y] = siz[x];
            tag[x] = siz[x] = 0;
          }
        } else {
          t[t[x].ch[0]].fa = t[t[x].ch[1]].fa = t[x].fa;
          t[t[x].fa].ch[x == t[t[x].fa].ch[1]] = merge(t[x].ch[0], t[x].ch[1]);
          t[x].val += read();
          t[x].fa = t[x].ch[0] = t[x].ch[1] = 0;
          t[x].d = 1;
          y = find(x);
          f[x] = f[y] = merge(x, y);
          if (f[x] == x) {
            s.erase(s.find(t[y].val + tag[y]));
            s.insert(t[x].val + tag[y]);
            tag[x] = tag[y];
            siz[x] = siz[y];
            tag[y] = siz[y] = 0;
          }
        }
      } else if (op[1] == '2') {
        x = find(read());
        s.erase(s.find(t[x].val + tag[x]));
        tag[x] += read();
        s.insert(t[x].val + tag[x]);
      } else
        delta += read();
    } else {
      if (op[1] == '1') {
        x = read();
        printf("%d\n", t[x].val + tag[find(x)] + delta);
      } else if (op[1] == '2') {
        x = find(read());
        printf("%d\n", t[x].val + tag[x] + delta);
      } else
        printf("%d\n", *s.rbegin() + delta);
    }
  }

  return 0;
}

int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

int merge(int x, int y) {  //板子,合并
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
  t[rs(x) = merge(rs(x), y)].fa = x;
  pushup(x);
  return x;
}
//以下俩是一个东西
void pushup(int x) {
  if (!x) return;
  if (t[x].d != t[rs(x)].d + 1) {
    t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
    pushup(t[x].fa);
  }
}

void pushdown(int x, int y) {
  if (!x) return;
  t[x].val += y;
  pushdown(t[x].ch[0], y);
  pushdown(t[x].ch[1], y);
}

int find(int x) { return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]); }

「BOI2004」Sequence 数字序列

这是一道论文题,详见 《黄源河 -- 左偏树的特点及其应用》


评论