笛卡尔树 学习笔记
笛卡尔树入门~
突然发现这玩意居然在提高组大纲里 /jk，赶紧突击了一下。
给定一个 \(1 \sim n\) 的排列 \(p\)，构建其笛卡尔树。
即构建一棵二叉树，满足：
- 每个节点的编号满足二叉搜索树的性质。
- 节点 \(i\) 的权值为 \(p_i\)，每个节点的权值满足小根堆的性质。
\(1 \le n \le 10^7\)。
通过题中描述，不难发现，Treap 本质上也是一棵笛卡尔树，所以 Treap 的某些性质和笛卡尔树相通。
广义上来说，笛卡尔树是一种特殊的二叉搜索树，每个结点 \(i\) 保存着一组数对 \((x_i,y_i)\)。
其中，若只考虑 \(x\)，它是一棵二叉搜索树。若只考虑 \(y\)，它满足堆的性质（此处默认为小根堆）
显然，题中所给的点的编号为 \(x_i\)，排列即为 \(y_i\)。
建树
由于 \(x_i\) 递增，我们可以 \(\mathcal O(n)\) 地构建笛卡尔树，过程如下：
因为 \(x_i\) 要满足二叉搜索树的性质且已经递增，故顺序插入 \((x_i,y_i)\) 时，显然要尽量往当前节点的右子节点走，一直走到一个满足 \(y_u\lt y_i\) 的节点 \(u\)，将 \(i\) 设为 \(rson(u)\)，再将剩余子树设为 \(i\) 的左子树。
由此，我们可以维护一条根一直向右走到叶子结点的链，用一个单调栈来维护。
当栈顶 \(y\gt y_i\) 时不断弹出（注意，由于我们要将子树接在 \(i\) 的左子树上，所以不能真的弹出去，这个过程用一个变量模拟），直到栈空或栈顶 \(y\le y_i\)，设此时栈中有 \(cur\) 个元素：
-
若 \(cur\gt 0\)，则 \(rson(stk_{cur})=i\)
-
若 \(cur\lt top\)，则 \(lson(i)=stk_{cur+1}\)
由于每个结点至多入栈出栈一次，故时间复杂度为 \(\mathcal O(n)\)。
Code
核心代码，稍微有点压行，总共 4 行：
for(int i = 1;i <= n;++ i) {
for(cur = top;cur&&a[stk[cur]] > a[i];-- cur);
if(cur)rs[stk[cur]] = i;
if(cur < top)ls[i] = stk[cur + 1];
stk[top = cur + 1] = i;
}
例题
[TJOI2011] 树的序
给定一个 \(1\sim n\) 的排列 \(p\)，顺序插入 \(p_{1\sim n}\) 形成一棵二叉搜索树，重排 \(p\)，使得 \(p\) 字典序最小的同时二叉搜索树形态不发生改变。
\(1\le n\le 10^6\)
稍微想想就能发现，其实要求的就是 BST 的前序遍历序列。
但是 BST 的构造很烦人，随便一组 \(p_i=i\) 就能把常规方法卡到 \(\mathcal O(n^2)\)。
考虑笛卡尔树优化一下。仿照上道模板题，由于 \(p\) 满足二叉搜索树的性质，故 \(x\) 应为 \(p\)。
画一下图，理解理解就能发现，把编号作为 \(y\) 插入一定是正确的。
胡的证明：因为原题中顺序插入 BST，所以每个结点的编号必然大于其父亲的编号。
然后。。就没了，套模板就行。
Code
// Problem: P1377 [TJOI2011] 树的序
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P1377
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
const int maxn = 1e6 + 5;
int n,a[maxn],stk[maxn],rt,top,cur,ls[maxn],rs[maxn];
void dfs(int u) {
printf("%d ",u);
if(ls[u])dfs(ls[u]);
if(rs[u])dfs(rs[u]);
return ;
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i = 1,x;i <= n;++ i)
scanf("%d",&x),a[x] = i;
for(int i = 1;i <= n;++ i) {
for(cur = top;cur&&a[stk[cur]] > a[i];-- cur);
if(cur)rs[stk[cur]] = i;
else rt = i;
if(cur < top)ls[i] = stk[cur + 1];
stk[top = cur + 1] = i;
}
dfs(rt);// 降智了，这里直接写 stk[1] 就行了 /kel，压根不用 rt 维护根
return 0;
}
[COCI2008-2009#4] PERIODNI
题意好长，不写了
统计方案，肯定是道 DP 题。
我们把底下连通的部分称作「地基」，上面的小块称为「散块」。不断地递归拆分地基和散块，会发现这个过程就是构建笛卡尔树的过程。
令 \((x_i,y_i)=(i,h_i)\)，建立笛卡尔树，在上面跑 DP 即可。
具体而言，令 \(f(i,j)\) 表示 \(i\) 的子树中选了 \(j\) 个点的方案数，前面「地基」的高度和为 \(h\)。
先合并两个子节点的答案，再考虑计算，假设子节点内共选 \(k\) 个结点。
那么一定有 \(size(i)-k\) 列没有被填，则方案数为 \(C_{size(i)-k}^{j-k}\times A_{h_u-h}^{j-k}\)
再转移一遍即可。至于时间复杂度，同经典树上背包，为 \(\mathcal O(nk+\max\{h_i\})\)。
Code
有些地方和解析里不太一致，见谅。
// Problem: P6453 [COCI2008-2009#4] PERIODNI
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P6453
// Memory Limit: 31 MB
// Time Limit: 5000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int maxn = 505;
const int maxm = 1e6 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll power(ll x,ll y) {
ll ans = 1;
for(;y;y >>= 1) {
if(y & 1)(ans *= x) %= mod;
(x *= x) %= mod;
}
return ans;
}
ll f[maxn][maxn],frac[maxm],inv[maxm];
ll C(int n,int m) {
if(n < 0||m < 0||n < m)return 0;
return frac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int n,m,a[maxn],stk[maxn],top,cur,son[maxn][2],sz[maxn];
void dfs(int u,int h) {
sz[u] = f[u][0] = 1;
for(int i = 0;i < 2;++ i) {
if(!son[u][i])continue ;
dfs(son[u][i] , a[u]);
sz[u] += sz[son[u][i]];
for(int j = std::min(m , sz[u]);~ j;-- j)
for(int k = 1;k <= std::min(sz[son[u][i]] , j);++ k)
(f[u][j] += f[u][j - k] * f[son[u][i]][k] % mod) %= mod;
}
for(int j = std::min(m , sz[u]);~ j;-- j)
for(int k = 1;k <= std::min(j , a[u] - h);++ k)
(f[u][j] += f[u][j - k] * frac[k] % mod * C(a[u] - h , k) % mod * C(sz[u] - j + k , k) % mod) %= mod;
return ;
}
int main() {
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;++ i)
scanf("%d",&a[i]);
frac[0] = 1;
for(int i = 1;i < maxm;++ i)
frac[i] = 1ll * i * frac[i - 1] % mod;
inv[maxm - 1] = power(frac[maxm - 1] , mod - 2);
for(int i = maxm - 2;~ i;-- i)
inv[i] = 1ll * (i + 1) * inv[i + 1] % mod;
for(int i = 1;i <= n;++ i) {
for(cur = top;cur&&a[stk[cur]] > a[i];-- cur);
if(cur)son[stk[cur]][1] = i;
if(cur < top)son[i][0] = stk[cur + 1];
stk[top = cur + 1] = i;
}
dfs(stk[1] , 0);
printf("%lld\n",f[stk[1]][m]);
return 0;
}
写到这里已经晚上 23:18 了，我必须考虑一下我一笔没动的 whk 作业该怎么办了，先润了，有更多例题或者文章中的事实性错误请联系我，虽然我不会管（逃
哦对了今天疯狂星期四，有没有 fuge v50
