笛卡尔树 学习笔记

突然发现这玩意居然在提高组大纲里 /jk，赶紧突击了一下。

【模板】笛卡尔树 - 洛谷

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：

1. 每个节点的编号满足二叉搜索树的性质。
2. 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