[笔记]Splay树

前置知识：树的左旋、右旋。

Splay树是一种平衡树。能够做到每个操作均摊\(O(\log N)\)。

前言

与上文AVL树不同之处在于，AVL树在任何操作结束后，都能保证每个节点的左右子树高度相差不超过\(1\)。相应地，每个操作都是严格的\(O(\log N)\)。而Splay树并没有对“平衡”的确切定义，任何结构的树都可能是Splay树（甚至可以是一条链）。相应地，单次操作的时间复杂度是无法计算的，只能知道每个操作的均摊时间复杂度为\(O(\log N)\)。

Splay树的核心思想在于“Splay操作”。对节点\(x\)进行Splay操作，即通过一系列“zig”、“zag”及其组合操作，将\(x\)挪到根节点的位置（同时对树的结构进行一些调整，使每次操作最坏复杂度更接近\(O(\log N)\)）。

增、删、查、改……几乎每一个操作完成后都要跟着一个Splay操作，把操作的节点移到根节点。注意这样不一定能像AVL树那样，保证这棵树每个节点左右子树高度相差不超过\(1\)，不过可以证明，这种修改可以让每个操作的均摊时间复杂度变为\(O(\log N)\)。

这样，Splay的优势显现了出来：越是最近操作过的节点，到根节点的距离就越近，访问就会越快。而在实际应用中，我们频繁访问到的，可能只是所有数据的一小部分（比如我们用的输入法）。

具体操作方式见下。

代码来自Splay 详细图解 & 轻量级代码实现 - 樱雪喵，十分感谢！

各种操作

准备

#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
#define ch(x,y) tr[x].ch[y]
#define fa(x) tr[x].fa
#define v(x) tr[x].v
#define siz(x) tr[x].siz
struct tree{
	int ch[2],siz,fa,v;
	void clear(){ch[0]=ch[1]=siz=fa=v=0;}
}tr[N];
int t,cnt,root;
void clear(int u){tr[u].clear();}
int newnode(int v){v(++cnt)=v,siz(cnt)=1;return cnt;}
void update(int u){siz(u)=siz(lc(u))+siz(rc(u))+1;}//更新状态
bool get(int u){return u==rc(fa(u));}//查询u是其父节点的左子结点还是右子节点

与AVL不同，Splay不需要记录树高。

旋转 & Splay操作

void rot(int x){
	int y=fa(x),z=fa(y);//保证y!=0
	bool dir=get(x),tdir=get(y);
	if(ch(x,!dir)) fa(ch(x,!dir))=y;
	ch(y,dir)=ch(x,!dir);
	ch(x,!dir)=y;
	fa(y)=x,fa(x)=z;
	if(z) ch(z,tdir)=x;
	update(y),update(x);
}

旋转操作把左旋和右旋写在了一起，其含义也较AVL有改变。rot(x)表示通过旋转将\(x\)提升一层。

接下来讲解算法的精髓——Splay操作。

Splay操作就是不断调用rot(x)，将节点\(x\)移到根节点的位置。

这里设\(x\)的父节点为\(f\)（下图中是\(p\)）。

但旋转方式根据树的结构也有所不同，一共分为\(6\)种：zig、zig-zig、zig-zag、zag、 zag-zag、zag-zig。由于后面\(3\)种与前面\(3\)种操作是对称的，所以就只说前\(3\)种了。

下面\(3\)张图片来自OI Wiki。

1 - zig/zag

zig/zag操作，只有Splay过程中的最后一次旋转才可能会使用。

条件就是\(x\)到当前根节点的距离正好是\(1\)。

这种情况下，调用一次rot(x)即可。

2 - zig-zig/zag-zag

zig-zig/zag-zag操作，是在\(x\)到根节点距离超过\(1\)，而且\(x,y\)都是左子结点/右子节点的情况下使用的。

这种情况下，需要先调用rot(p)，再调用rot(x)。

3 - zig-zag/zag-zig

zig-zag/zag-zig操作，是在\(x\)到根节点距离超过\(1\)，而且\(x,y\)中\(1\)个是左子节点，\(1\)个是右子节点的情况下使用的。

这种情况下，需要连续调用\(2\)次rot(x)。

为什么zig-zag就是两次rot(x)，而zig-zig必须先调用rot(p)再调用rot(x)呢？

（当然，你可以发现在zig-zag的情况下是做不到rot(p)再rot(x)的）

这是为了保证时间复杂度。当然我们也可以感性理解一下：

image

如你所见，这是一条链（没错，如果依次插入\(16,15,\dots ,1\)就会这样）。

现在我们想对节点\(16\)执行Splay操作，那显然每次都是zig-zig了。

出现链不要担心，我们按照正确的操作（rot(p)再rot(x)）跑一遍：

image

我们发现，树的高度的数量级直接减少了一半。如果再对节点\(15\)进行一个Splay操作，树的高度会更加接近\(\log N\)。

但如果我们按错误的操作（两次rot(x)）来跑：

image

还是。。。一条链。

代码可以写出来了。

void splay(int x){
	for(int f;(f=fa(x));rot(x))
		if(fa(f)) rot(get(f)==get(x)?f:x);
	root=x;
}

把节点\(x\)通过Splay转移到顶部的过程中，\(x\)以及\(x\)的祖先节点都会通过update()被更新。其他节点则不会调用到update()。所以Splay操作后节点信息正确的前提是除了\(x\)和\(x\)的祖先节点，其他节点的信息都应该是正确的。

其他操作

和普通BST一样了（删除有些不同，是先把要删除的节点Splay到顶部，然后删掉它，把右子树连接到左子树的最大权值下面）。。。不过要注意每个操作最后都要加Splay。否则每次操作\(O(\log N)\)复杂度会假（想象一下如果你有个操作没加Splay，又正好碰到了上面那条链的样例，它又正好不断调用这个操作，那么这条链就一直得不到调整，每次时间复杂度就是\(O(n)\)了。。。）。

插入

void ins(int v){
	int u=root,f=0;
	while(u) f=u,u=ch(u,v>v(u));//>在右，<=在左
	u=newnode(v),fa(u)=f;
	if(f) ch(f,v>v(f))=u;
	splay(u);
}

删除

void del(int v){
	int u=root,f=0;
	while(v(u)!=v&&u) f=u,u=ch(u,v>v(u));//找到要修改的节点
	if(!u){splay(f);return;}//不要忘记Splay！
	splay(u);//这里Splay到根是为了更方便操作，不用特判根了
	int pre=lc(u);
	if(!pre){root=rc(u),fa(rc(u))=0,clear(u);return;}
	while(rc(pre)) pre=rc(pre);
	rc(pre)=rc(u),fa(rc(u))=pre,fa(lc(u))=0,clear(u);
	splay(pre);//这一次Splay可以解决祖先siz没更新的问题
}

查询\(v\)的排名

int getrank(int v){
	int u=root,ran=1,f=0;
	while(u){
		f=u;
		if(v>v(u)) ran+=siz(lc(u))+1,u=rc(u);//Right
		else u=lc(u);//Left
	}
	splay(f);
	return ran;
}

查询排名为\(ran\)的值

int getnum(int ran){
	int u=root;
	while(u){
		int sz=siz(lc(u))+1;
		if(sz==ran) break;
		else if(sz>ran) u=lc(u);
		else ran-=sz,u=rc(u);
	}
	splay(u);
	return v(u);
}

前驱

int pre(int u){return getnum(getrank(u)-1);}

后继

int nex(int u){return getnum(getrank(u+1));}

时间复杂度证明

先。。。咕掉吧

模板题 & Code

P3369 【模板】普通平衡树

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 100010
#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
#define ch(x,y) tr[x].ch[y]
#define fa(x) tr[x].fa
#define v(x) tr[x].v
#define siz(x) tr[x].siz
using namespace std;
struct tree{
	int ch[2],siz,fa,v;
	void clear(){ch[0]=ch[1]=siz=fa=v=0;}
}tr[N];
int t,cnt,root;
void clear(int u){tr[u].clear();}
int newnode(int v){v(++cnt)=v,siz(cnt)=1;return cnt;}
void update(int u){siz(u)=siz(lc(u))+siz(rc(u))+1;}
bool get(int u){return u==rc(fa(u));}
void rot(int x){
	int y=fa(x),z=fa(y);//保证y!=0
	bool dir=get(x),tdir=get(y);
	if(ch(x,!dir)) fa(ch(x,!dir))=y;
	ch(y,dir)=ch(x,!dir);
	ch(x,!dir)=y;
	fa(y)=x,fa(x)=z;
	if(z) ch(z,tdir)=x;
	update(y),update(x);
}
void splay(int x){
	for(int f;(f=fa(x));rot(x))
		if(fa(f)) rot(get(f)==get(x)?f:x);
	root=x;
}
void ins(int v){
	int u=root,f=0;
	while(u) f=u,u=ch(u,v>v(u));//>在右，<=在左
	u=newnode(v),fa(u)=f;
	if(f) ch(f,v>v(f))=u;
	splay(u);
}
void del(int v){
	int u=root,f=0;
	while(v(u)!=v&&u) f=u,u=ch(u,v>v(u));
	if(!u){splay(f);return;}
	splay(u);
	int pre=lc(u);
	if(!pre){root=rc(u),fa(rc(u))=0,clear(u);return;}
	while(rc(pre)) pre=rc(pre);
	rc(pre)=rc(u),fa(rc(u))=pre,fa(lc(u))=0,clear(u);
	splay(pre);
}
int getrank(int v){
	int u=root,ran=1,f=0;
	while(u){
		f=u;
		if(v>v(u)) ran+=siz(lc(u))+1,u=rc(u);//Right
		else u=lc(u);//Left
	}
	splay(f);
	return ran;
}
int getnum(int ran){
	int u=root;
	while(u){
		int sz=siz(lc(u))+1;
		if(sz==ran) break;
		else if(sz>ran) u=lc(u);
		else ran-=sz,u=rc(u);
	}
	splay(u);
	return v(u);
}
int pre(int u){return getnum(getrank(u)-1);}
int nex(int u){return getnum(getrank(u+1));}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin>>t;
	while(t--){
		int op,x;
		cin>>op>>x;
		if(op==1) ins(x);
		else if(op==2) del(x);
		else if(op==3) cout<<getrank(x)<<"\n";
		else if(op==4) cout<<getnum(x)<<"\n";
		else if(op==5) cout<<pre(x)<<"\n";
		else if(op==6) cout<<nex(x)<<"\n";
	}
	return 0;
}

附：相同节点合并代码

也可以把值相同的节点合并为\(1\)个，用\(cnt\)记一下数。

然后newnode、update、ins、del、getrank、getnum函数需要做相应的修改。具体见代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 100010
#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
#define ch(x,y) tr[x].ch[y]
#define fa(x) tr[x].fa
#define v(x) tr[x].v
#define siz(x) tr[x].siz
#define cnt(x) tr[x].cnt
using namespace std;
struct tree{
	int ch[2],siz,fa,v,cnt;
	void clear(){ch[0]=ch[1]=siz=fa=v=0;}
}tr[N];
int t,cnt,root;
void clear(int u){tr[u].clear();}
int newnode(int v){v(++cnt)=v,siz(cnt)=1,cnt(cnt)=1;return cnt;}
void update(int u){siz(u)=siz(lc(u))+siz(rc(u))+cnt(u);}
bool get(int u){return u==rc(fa(u));}
void rot(int x){
	int y=fa(x),z=fa(y);//保证y!=0
	bool dir=get(x),tdir=get(y);
	if(ch(x,!dir)) fa(ch(x,!dir))=y;
	ch(y,dir)=ch(x,!dir);
	ch(x,!dir)=y;
	fa(y)=x,fa(x)=z;
	if(z) ch(z,tdir)=x;
	update(y),update(x);
}
void splay(int x){
	for(int f;(f=fa(x));rot(x))
		if(fa(f)) rot(get(f)==get(x)?f:x);
	root=x;
}
void ins(int v){
	int u=root,f=0;
	while(u&&v(u)!=v) f=u,u=ch(u,v>v(u));//>在右，<=在左
	if(u) cnt(u)++;
	else{
		u=newnode(v),fa(u)=f;
		if(f) ch(f,v>v(f))=u;
	}
	splay(u);
}
void del(int v){
	int u=root,f=0;
	while(v(u)!=v&&u) f=u,u=ch(u,v>v(u));
	if(!u){splay(f);return;}
	splay(u);
	if(cnt(u)>1){cnt(u)--;return;}
	int pre=lc(u);
	if(!pre){root=rc(u),fa(rc(u))=0,clear(u);return;}
	while(rc(pre)) pre=rc(pre);
	rc(pre)=rc(u),fa(rc(u))=pre,fa(lc(u))=0,clear(u);
	splay(pre);
}
int getrank(int v){
	int u=root,ran=1,f=0;
	while(u){
		f=u;
		if(v>v(u)) ran+=siz(lc(u))+cnt(u),u=rc(u);//Right
		else u=lc(u);//Left
	}
	splay(f);
	return ran;
}
int getnum(int ran){
	int u=root;
	while(u){
		int sz=siz(lc(u))+cnt(u);
		if(ran<=siz(lc(u))) u=lc(u);
		else if(ran>siz(lc(u))+cnt(u)) ran-=sz,u=rc(u);
		else break;//如果ran在[siz[l]+1,siz[l]+cnt[u]]的区间内，就说明第ran名就是u
	}
	splay(u);
	return v(u);
}
int pre(int u){return getnum(getrank(u)-1);}
int nex(int u){return getnum(getrank(u+1));}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin>>t;
	while(t--){
		int op,x;
		cin>>op>>x;
		if(op==1) ins(x);
		else if(op==2) del(x);
		else if(op==3) cout<<getrank(x)<<"\n";
		else if(op==4) cout<<getnum(x)<<"\n";
		else if(op==5) cout<<pre(x)<<"\n";
		else if(op==6) cout<<nex(x)<<"\n";
	}
	return 0;
}
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