笛卡尔树学习笔记

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笛卡尔树学习笔记

定义

笛卡尔树是一棵特殊的二叉树，它的每个节点都包含了两个值 $(k, w)$ 。其中，整棵树关于 $k$ 为一棵二叉搜索树，而关于 $w$ 为一个小根堆（或大根堆）。

到这里可以发现，Treap 是一种特殊的笛卡尔树，因为 Treap 相当于给定了 $k$ ，而我们人为将其随机了一个 $w$ 。

性质

对于一棵笛卡尔树，它的中序遍历就是原先输入的序列 $a$ 。
- 在插入序列 $a$ 时，我们默认它的下标为 $k$ 。因此，原序列 $a$ 中在某个数左边的数在笛卡尔树中也一定在这个数的左子树中，在某个数右边的数在笛卡尔树中也一定在这个数的右子树中。
在原序列中的区间 $[l, r]$ 的最小值，就是这个序列的笛卡尔树上 $l$ 和 $r$ 的最近公共祖先。
- 因为 $l$ 和 $r$ 的公共祖先一定在区间 $[l, r]$ 中，并且在整个区间中深度最小。因为笛卡尔树关于 $w$ 是小根堆，所以 $l$ 和 $r$ 的最近公共祖先是原序列中区间 $[l, r]$ 的最小值。
对于一个序列 $a$ ，如果它的 $k, w$ 均互不重复，那么它建立出来的笛卡尔树是唯一的。
- 因为 $k$ 互不重复，所以能构建出唯一无根二叉搜索树。而因为笛卡尔树关于 $w$ 是小根堆，所以 $w$ 最小的节点为根。又因为 $w$ 互不重复，所以根节点确定，所以笛卡尔树确定。

建树

建树要求知道所有数字的插入顺序和具体的值，缺一不可。通常按照 $k$ 升序输入。

通过洛谷【P5854 【模板】笛卡尔树】来了解最优的建树方法。

通过性质 $2$ ，我们可以通过 ST 表找出一个区间的最小值，让它作为根节点，接着递归处理它的左子树和右子树。时间复杂度是 $O (n \log n + n)$ 的，显然无法通过。
考虑到每一次插入要求关于 $k$ 为一棵二叉搜索树，那么 $k$ 大的值（即最后插入的值）一定在整个序列的最右边。因此通过单调栈维护整棵树的最右链，当栈顶节点的 $w$ 值比当前节点大，就将其放在当前节点的左子树，反之直接将当前节点插入到栈顶节点的右子树中。时间复杂度是 $O (n)$ 的。

code

void insert(int k,int w){
	while(top&&w<a[stk[top]])ls[k]=stk[top--];
	rs[stk[top]]=k;//最后的根节点就是 rs[0]
	stk[++top]=k;
	return ;
}

例题

洛谷【P5854 【模板】笛卡尔树】

Solution1【自己想的】

建立笛卡尔树，保存左右子树的编号，根据要求统计即可。另外一提，这道题卡常，需要加快读。

code1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e7;
int n,x,top;
int stk[N+5],ls[N+5],rs[N+5],a[N+5];
long long AnsL,AnsR;

int read(){
    int ret=0,ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ret;
}

void insert(int k,int w){
	while(top&&w<a[stk[top]])ls[k]=stk[top--];
	if(top)rs[stk[top]]=k;
	stk[++top]=k;
	return ;
}

int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
		insert(i,a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		AnsL^=(long long)i*(ls[i]+1);
		AnsR^=(long long)i*(rs[i]+1);
	}
	printf("%lld %lld",AnsL,AnsR);
    return 0;
}

洛谷【P1377 [TJOI2011] 树的序】

Solution1【自己想的】

考虑到题目中给出的输入相当于确定了 $k$ ，而下标则相当于 $w$ 。因为建立笛卡尔树需要按照 $k$ 从小到大排序，因此首先排序，然后建立笛卡尔树，这个笛卡尔树就是对应的二叉搜索树。因为在父亲节点走到之前无法走到儿子节点，并且左儿子小于右儿子，所以这棵树的先序遍历就是要求的答案序列。

code1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5;
int n,top,rt;
int stk[N+5],ls[N+5],rs[N+5];
pair<int,int>a[N+5];

int read(){
    int ret=0,ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ret;
}

void insert(int k,int w){
	while(top&&w<a[stk[top]].second)ls[k]=stk[top--];
	if(top)rs[stk[top]]=k;
	stk[++top]=k;
	return ;
}

void show(int x){
	printf("%d ",a[x].first);
	if(ls[x])show(ls[x]);
	if(rs[x])show(rs[x]);
	return ;
}

int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=make_pair(read(),i);
	rt=a[1].first;
	sort(a,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)insert(a[i].first,a[i].second);
	show(rt);
	return 0;
}

P2244. [hdu6305]RMQ Similar Sequence

Solution1【颓题解的】

因为序列 $A, B$ 的所有子区间的 RMQ 相同，那么序列 $A, B$ 的笛卡尔树应该是同构的。又因为序列 $B$ 中的元素都是区间 $[0, 1]$ 内的实数，所以序列 $B$ 内有重复元素的概率无限趋近于 $0$ 。我们假设序列 $B$ 中没有重复元素，那么根据性质 $3$ ，序列 $B$ 的笛卡尔树应该是唯一的。接着考虑对于每一个序列 $B$ 的笛卡尔树与序列 $A$ 的笛卡尔树同构的概率。因为数字从左往右的顺序不变，根据性质 $1$ ，只要确定了根节点，那么两边的元素集合一定相等，所以只要所有子树的根节点都相同，那么两个笛卡尔树就是同构的。设以 $i$ 为根节点的子树大小为 $s i z_{i}$ ，那么笛卡尔树同构的概率为 $\frac{1}{\prod_{i = 1}^{n} s i z_{i}}$ 。而序列 $B$ 内每一个元素的期望都是 $\frac{1}{2}$ ，所以符合条件序列 $B$ 的权值期望为 $\frac{n}{2}$ ，所以序列 $B$ 的权值期望为 $\frac{n}{2 \prod_{i = 1}^{n} s i z_{i}}$ 。

code1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

const int N=1e6,M=1e9+7;
int T,n,top,rt;
int a[N+5],stk[N+5],ls[N+5],rs[N+5],siz[N+5];

void insert(int k,int w){
	while(top&&w>a[stk[top]])ls[k]=stk[top--];
	if(top)rs[stk[top]]=k;
	else rt=k;
	stk[++top]=k;
	return ;
}

void dfs(int x){
	siz[x]=1;
	if(ls[x])dfs(ls[x]);
	if(rs[x])dfs(rs[x]);
	siz[x]+=siz[ls[x]]+siz[rs[x]];
	return ;
}

ll QuickPow(ll a,int b){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b&1)res=res*a%M;
		a=a*a%M;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		top=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)ls[i]=rs[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&a[i]);
			insert(i,a[i]);
		}
		dfs(rt);
		long long sum=2;
		for(int i=1;i<=n;i++)sum=sum*siz[i]%M;
		printf("%lld\n",n*QuickPow(sum,M-2)%M);
	}
	return 0;
}

P2245. [SPOJ#2616]PERIODNI

Solution1【自己想的】

考虑到如果有一个最小的棋盘将两边分隔开，那么除去这个棋所在的行以外，剩下的两组棋盘互不干扰。即对于 $i > h_{x}$ ，棋盘 $x$ 左边的第 $i$ 行和棋盘 $x$ 右边的第 $i$ 行互不干扰。那么可以通过这一点进行树形 dp。我们发现，一个子树的根节点是整个区间的最小值，所以整棵树是一棵笛卡尔树。给出的高度相当于 $w$ ，下标相当于 $k$ 。接着令 $f_{i, j}$ 表示节点 $i$ 为根的子树中放置 $j$ 个节点，且所有棋子所在行的编号不小于节点 $i$ 的父亲节点的高度，即棋子的行编号在区间 $(h_{f a_{x}}, + \infty)$ 内的方案数。

先考虑棋子编号在区间 $(h_{x}, + \infty)$ 的方案数，此时相当于一个背包，转移方程为：

f_{i, j} = \sum_{t o \in s o n_{i}} \sum_{k = 1}^{j} f_{t o, k} \times f_{i, j - k}

注意此时为了不让数组刚更新的内容去更新其他内容，因此 $j$ 应从大到小循环。接着考虑行编号在区间 $(h_{f a_{x}}, h_{x}]$ 中的棋子。我们如果放 $k$ 个这样的棋子，那么说明必须有一些列是空的，接着从范围内选出 $k$ 个不同的数字然后分在这些空列当中，转移方程为：

f_{i, j} = \sum_{k = 1}^{j} f_{i, j - k} \times C_{h_{x} - h_{f a_{x}}}^{k} \times A_{s i z_{i} - (j - k)}^{k}

注意此时为了不让数组刚更新的内容去更新其他内容，因此 $j$ 应从大到小循环。最后两个区间的方案数累加起来就是对应的值。最后的答案是 $f_{r t, k}$ 。

code1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=500,M=1e9+7,H=1e6;
int n,k,top,rt;
int stk[N+5],ls[N+5],rs[N+5],a[N+5],siz[N+5];
long long dp[N+5][N+5],f[H+5],g[H+5];

void insert(int k,int w){
	while(top&&w<a[stk[top]])ls[k]=stk[top--];
	rs[stk[top]]=k;
	stk[++top]=k;
	return ;
}

long long QuickPow(long long a,int b){
	long long res=1;
	while(b){
		if(b&1)res=res*a%M;
		a=a*a%M;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

void pre(int N){
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++)f[i]=f[i-1]*i%M;
	g[N]=QuickPow(f[N],M-2);
	for(int i=N-1;i>=0;i--)g[i]=g[i+1]*(i+1)%M;
	return ;
}

long long C(int n,int m){
	if(n<m||n<0||m<0)return 0;
	return f[n]*g[n-m]%M*g[m]%M;
}

long long A(int n,int m){
	if(n<m||n<0||m<0)return 0;
	return f[n]*g[n-m]%M;
}

void dfs(int x,int lst){
	siz[x]=1;
	if(ls[x])dfs(ls[x],x);
	if(rs[x])dfs(rs[x],x);
	siz[x]+=siz[ls[x]]+siz[rs[x]];
	dp[x][0]=1;
	for(int i=k;i>=1;i--){
		for(int j=1;j<=min(i,siz[ls[x]]);j++)dp[x][i]=(dp[x][i]+dp[x][i-j]*dp[ls[x]][j]%M)%M;
	}
	for(int i=k;i>=1;i--){
		for(int j=1;j<=min(i,siz[rs[x]]);j++)dp[x][i]=(dp[x][i]+dp[x][i-j]*dp[rs[x]][j]%M)%M;
	}
	for(int i=min(k,siz[x]);i>=1;i--){
		for(int j=min(i,a[x]-a[lst]);j>=1;j--)dp[x][i]=(dp[x][i]+dp[x][i-j]*C(a[x]-a[lst],j)%M*A(siz[x]-i+j,j)%M)%M;
	}
	return ;
}

int main(){
	pre(H);
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		insert(i,a[i]);
	}
	dfs(rs[0],0);
	printf("%lld",dp[rs[0]][k]);
	return 0;
}

P2246. [hdu4125]Moles

Solution1【自己想的】

问题即要求建一棵二叉搜索树、求解路径节点和模式串匹配。建立二叉搜索树可以和【洛谷【P1377 [TJOI2011] 树的序】】一样，按 $k$ 值排序后，用笛卡尔树 $O (n)$ 解决。路径上的节点只需要先走左子树，再走右子树得到欧拉序即可，dfs 是 $O (n)$ 的。模式串匹配用 KMP，因为欧拉序最多 $2 n$ 个节点，所以也是 $O (n)$ 的，所以时间复杂度 $O (n)$ 。

code1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=6e5,S=7e3;
int T,n,top,rt,tot1,tot2,cnt;
int t[N+5],stk[N+5],ls[N+5],rs[N+5],a[N+5],nxt[N+5];
char s1[(N<<1)+5],s2[S+5];

void insert(int k,int w){
	while(top&&w<t[stk[top]])ls[k]=stk[top--];
	if(top)rs[stk[top]]=k;
	else rt=k;
	stk[++top]=k;
	return ;
}

void dfs(int x){
	s1[tot1++]=x%2+'0';
	if(ls[x]){
		dfs(ls[x]);
		s1[tot1++]=x%2+'0';
	}
	if(rs[x]){
		dfs(rs[x]);
		s1[tot1++]=x%2+'0';
	}
	return ;
}

int main(){
	scanf("%d",&T);
	for(int c=1;c<=T;c++){
		scanf("%d",&n);
		top=tot1=cnt=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)t[i]=ls[i]=rs[i]=nxt[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&a[i]);
			t[a[i]]=i;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)insert(i,t[i]);
		dfs(rt);
		scanf("%s",s2);
		tot2=strlen(s2);
		for(int i=0;s2[i];i++)nxt[i]=0;
		for(int i=1,j=0;i<tot2;i++){
			while(j&&s2[i]!=s2[j])j=nxt[j-1];
			if(s2[i]==s2[j])j++;
			nxt[i]=j;
		}
		for(int i=0,j=0;i<tot1;i++){
			while(j&&s1[i]!=s2[j])j=nxt[j-1];
			if(s1[i]==s2[j])j++;
			if(j==tot2){
				cnt++;
				j=nxt[j-1];
			}
		}
		printf("Case #%d: %d\n",c,cnt);
	}
	return 0;
}

P2247. [hdu6854]Kcats

Solution1【颓题解的】

考虑到 $a_{i}$ 本质上是最后的笛卡尔树上，第 $i$ 个节点的所有祖先中 $k$ 值比自己小的节点的数量。接着考虑区间 dp，令 $f_{i, j, d}$ 表示区间 $[l, r]$ 所对应的笛卡尔树的根节点的祖先中有 $d$ 个 $k$ 值比自己小。那么它的左儿子节点，即区间 $[l, r t]$ 的根节点的有贡献的祖先节点一定和它的祖先节点是一样的。但是它的右儿子节点，即区间 $(r t, r]$ 的根节点不仅有它有的祖先节点，还包含它本身。因为笛卡尔树满足小根堆，所以它的左子树一定比他大且按顺序排列，因此数字的组合可能为 $C_{j - i}^{k - i}$ 。转移方程为：

f_{i, j, d} = \sum_{k = i}^{j} {\begin{matrix} \sum_{d = a_{k}} f_{i, k - 1, d} \times f_{k + 1, j, d + 1} \times C_{j - i}^{k - i} (a_{k} \neq - 1) \\ \sum_{d = 1}^{n} f_{i, k - 1, d} \times f_{k + 1, j, d + 1} \times C_{j - 1}^{k - i} (a_{k} = - 1) \end{matrix}

code1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

const int N=100,M=1e9+7;
int t,n,l,r;
int a[N+5];
ll f[N+5],g[N+5],dp[N+5][N+5][N+5];

ll QuickPow(ll a,int b){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b&1)res=res*a%M;
		a=a*a%M;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

void pre(int N){
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++)f[i]=f[i-1]*i%M;
	g[N]=QuickPow(f[N],M-2);
	for(int i=N-1;i>=0;i--)g[i]=g[i+1]*(i+1)%M;
	return ;
}

ll C(int n,int m){
	if(n<m||n<0||m<0)return 0;
	return f[n]*g[n-m]%M*g[m]%M;
}

int main(){
	pre(N);
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				for(int k=1;k<=n;k++)dp[i][j][k]=0;
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
		for(int i=n;i>=1;i--){
			for(int j=i;j<=n;j++){
				for(int k=i;k<=j;k++){
					if(a[k]==-1){
						l=1;
						r=n;
					}else l=r=a[k];
					for(int d=l;d<=r;d++)dp[i][j][d]=(dp[i][j][d]+(i<k?dp[i][k-1][d]:1)*(k<j?dp[k+1][j][d+1]:1)%M*C(j-i,k-i)%M)%M;
				}
			}
		}
		printf("%lld\n",dp[1][n][1]);
	}
	return 0;
}

posted @ 2024-03-07 21:27 DycIsMyName 阅读(40) 评论(0) 编辑收藏举报

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