笛卡尔树~cartesian-tree

笛卡尔树

简介

笛卡尔树是一种平衡树，它的结构和treap相同，但是由于它能在O(n)时间构造，同时具有一些很有意思的性质。

构造

笛卡尔树的节点由键值对 $(k,w)$ 组成。其中键值 $k$ 满足二叉搜索树性质，而键值 $w$ 满足小根堆性质。

一个有趣的事实是，如果笛卡尔树的 $(k,w)$ 键值确定，且 $k$ 互不相同 ，$w$ 互不相同，那么这个笛卡尔树的结构是唯一的。

构建笛卡尔树需要用到栈，其步骤如下:

1.首先，将节点按照 $k$ 值排序，保证树具有BST性质；

2.然后一个个插入，由于BST性质，我们只能插入到右链的末端；

3.将我们插入的节点 $u$ 向上跳，直到找到一个w比它小的节点$v$，然后使$u$成为$v$的右儿子；

4.对于$v$本身的右子树，则成为$u$的左子树，由于$v$的右儿子的$w$一定大于$w_u$因此堆性质得以保证；

我们的栈维护的是笛卡尔树的右链，由于每个元素在栈中停留的时间是一个连续的区间，所以可以用栈维护，而这个栈显然在$(k,w)$的视角都是单调的。

1.单纯实现一个最小堆，我们使用栈作为辅助空间来构造堆.当一个数组元素要构造节点时,他可以成为右链元素的子节点(比右链元素大),或者成为右链元素的父节点(比栈顶元素小)

2.还要将最小堆变成二叉搜索树。一个已入栈元素的下标<后入栈元素的下标,所以在第一步中,变成子节点的元素必须要成为右节点;变成父节点的元素,栈中的元素必须成为他的左子树,这样才保持了基于下标的二叉搜索树性质——$votrubac$

代码实现:

for(int i=1;i<=n;i++){
	int k=top;
	while(k>0&&w[s[k]]>w[i])k--;
	if(k)r[s[k]]=i;//如果u是堆顶，那就不需要成为任何壬的儿砸
	if(k<top)l[i]=s[k+1];//如果刚开始爬就被截停了，那他也没有儿砸了
	s[++k]=i;
	top=k;
}

以点 u 为根的子树是一段连续极长区间，$w_u$ 是区间的最小值，区间在保证最小值不变的情况下不能再向两边延长。区间 [a,b]的最小值为 $w[lca(a,b)]$

例题

Removing Blocks

有 $N$ 块砖块排列成一行，从左到右编号为 $1$ 到 $N$ 。每一个砖块都有一个重量，砖块 $i$ 的重量为 $A_i$。 Snuke 会对这些 $N$ 个砖块执行如下操作：

• 选择一个还没有被移除的砖块，然后移除它。这个操作的代价是与被移除的砖块相邻的砖块（包括它自己）的重量之和。我们定义两块砖 $x$ 和 $y ~(x \leq y)$ 是相邻的，当且仅当对于所有 $z (x \leq z \leq y)$ ，砖块 $z$ 仍然没有被移除。

有 $N!$ 种移除砖块的可能顺序。你需要对于所有可能的顺序计算出移除完所有 $N$ 块砖块的代价，并计算这些代价的和。由于答案可能非常大，答案需要对 $10^9+7$ 取模。

考虑以$(数组下标，删除时间)$构建键值对，以删除时间为 $w$ ,设点权为$a_i$.

则一个元素子树内的权值和就是删去它的贡献，设每个元素深为$h_i$，则有总代价为

$$\sum_{i=1}^{n}h_i\times a_i$$

再考虑对于一个 $j$ , $i$ 是它祖先的充分必要条件是 $j⋯i-1$在$i$之前被删去，这个事件的期望是

$$\frac{(i-j)!}{(i-j+1)}= \frac1{i-j+1}$$

所以$E(h_i)$为

$$\sum_{x=1}^{i-1}\frac{1}{i-x+1}+\sum_{i-1}^{n}\frac{1}{x-i+1}+1$$

所以答案为

$$n!\times\large\sum_{i=1}^{n}( \sum_{x=1}^{i-1}\frac{1}{i-x+1}+\sum_{i-1}^{n}\frac{1}{x-i+1}+1\large)\times a_i$$

由于中间那一坨可以预处理，所以总时间复杂度O(n);

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define int  long long
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int fac[N],inv[N],s[N];
int n,a[N],ans;
signed main(){
	cin>>n;
	fac[0]=fac[1]=1;inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=100000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=2;i<=100000;i++)inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;//线性求逆元
	for(int i=1;i<=100000;i++)s[i]=(s[i-1]+inv[i])%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+(s[i]+s[n-i+1]-1)*a[i])%mod;
	cout<<ans*fac[n]%mod;
	
}

模意义下的逆元和实数意义下的逆元是同余的——hzm