logn-logs 大法学习笔记

AAA 树以及其它相似复杂度分析

主要参考了 wys 的联考集团讲课。

摘要：$\log n-\log s$ 大法汇总。

前情提要

势能分析

对于一个数据结构 $D$，我们定义 $\phi(D)$ 表示其势能。

定义 $c_i$ 表示对于一个数据结构第 $i$ 次操作的实际代价（如线段树递归 $\log n$ 层）
定义 $\hat c_i$ 为均摊代价，满足 $\hat c_i=c_i+\phi(D_i)-\phi(D_{i-1})$。

那么 $n$ 次操作的均摊代价总和为 $\sum_{i=1}^n\hat c_i=\sum_{i=1}^nc_i+\phi(D_n)-\phi(D_0)$。

当 $\phi(D)\geq 0$ 时，我们可以使用 $\sum_{i=1}^n \hat c_i+\phi(D_0)$ 来估算时间复杂度。

简单的放缩依据

我们知道：若 $x+y\leq n,x\geq 0,y\geq 0$，那么 $xy\leq \dfrac 1 4 n^2$。
我们把结论的两边取 $\log$，那么 $\log x+\log y\leq -2+2\log n$，即 $2\leq 2\log n-\log x-\log y$。

---

为了描述清楚我们接下来的问题，我们从 Splay 开始说起。

Splay

我们对于一棵 BST，定义左旋与右旋，定义 Splay 的核心操作，splay(x)：分三种情况，将节点 $x$ 旋转到根，具体的，

1. 当 $x$ 的父亲为根时，执行【单旋 $x$】。
2. 当 $x$ 的左右儿子属性与其父亲的左右儿子属性相同时，执行【先单旋 $x$ 的父亲，再单旋 $x$】。
3. 否则（即 $x$ 与父亲的左右儿子属性不同），执行【单旋 2 次 $x$】。

我们使用势能分析证明 splay 操作的复杂度。

复杂度分析

定义 $\phi(D)=\sum_{i=1}^n\log s(i)$，其中 $n$ 为 Splay $D$ 的节点个数，$s(i)$ 表示 $i$ 的子树大小。

下文定义 $s'(x)$ 为 $x$ 完成相应操作后的子树大小。

zig step

$$\begin{align}\hat c&=1+\Delta\phi\\&=1+\log(s(B)+s(C)+1)-\log s(x)\\&\leq1+\log s'(x)-\log s(x)\\&\leq 1+3(\log s'(x)-\log s(x))\end{align}$$

zig-zig step

$$\begin{align}\hat c&=2+\Delta\phi\\&=2+\log(s(B)+s(C)+s(D)+2)+\log(s(C)+s(D)+1)\\&-\log s(x)-\log(s(A)+s(B)+s(C)+2)\end{align}$$

将 $2$ 放缩成 $2\log s'(x)-\log s(x)-\log(s(C)+s(D)+1)$，
$\log(s(B)+s(C)+s(D)+2)$ 放缩成 $\log s'(x)$，
$-\log(s(A)+s(B)+s(C)+2)$ 放缩成 $-\log s(x)$。

$$\begin{align}\hat c &\leq 3(\log s'(x)-\log s(x))\end{align}$$

zig-zag step

$$\begin{align}\hat c&=2+\Delta\phi\\&=2+\log(s(A)+s(B)+1)+\log(s(C)+s(D)+1)\\&-\log(s(A)+s(B)+s(C)+2)-\log s(x)\end{align}$$

将 $2$ 放缩成 $2\log s'(x)-\log(s(A)+s(B)+1)-\log(s(C)+s(D)+1)$，
将 $-\log(s(A)+s(B)+s(C)+2)$ 放缩成 $-\log s(x)$。

$$\begin{align}\hat c &\leq 2(\log s'(x)-\log s(x))\\&\leq 3(\log s'(x)-\log s(x))\end{align}$$

---

综上，任意一个操作的均摊代价都被我们放缩成了 $3(\log s'(x)-\log s(x))$。
我们容易计算 $k$ 次操作的总均摊代价：

$$1+\sum_{i=1}^k3(\log s_i(x)-\log s_{i-1}(x))\\ \leq1+3(\log s_k(x)-\log s_0(x))\leq 1+3\log n$$

Splay 的其他操作

注意到在 Splay 上找到一个节点 $x$ 的操作次数和 splay(x) 同阶。

我们有了强大的 splay 操作后，其它操作考虑将需要处理的关键点 splay 到根处理就行了。

1. 合并两个 Splay

   将第一个 Splay 的最大元素 splay 至根，将第二个 Splay 作为新根的右儿子。

2. 分裂 Splay

   无论是按权值还是大小我们找到关键点 splay 到根，将其右儿子断掉即可。

3. 打标记

   类似 【子树修改】，【子树反转】的标记都是可以维护的。

LCT

LCT 不同于重链剖分对树结构固定的链剖分，由于树结构的可变，LCT 采取更灵活的实链剖分，使用 Splay 维护每条实链（Preferred Paths）。

LCT 的核心操作是 access(x)，用来打通 $x$ 到根的路径，使这条路径成为一条实链。

一个 access(l) 的例子是：

给出 access(x) 的具体流程：

重复下列操作直到 $x$ 是原树的根。

1. 将 $x$ 旋转到所在 splay 的根（进行 splay(x)）。
2. 断掉 $x$ 的右子树，将 $x$ 的右子树连上上一次循环中 splay 的根。
3. 将 $x$ 修改为 $x$ 的虚父亲。

无论是换根、加边、删边，链查询，都基于 access 操作。
我们来分析 access 的复杂度。

复杂度分析

首先，我们定义一种轻重链剖分。
对于边 $(u,v)，$$v$ 是 $u$ 的儿子，我们称这是一条重边当且仅当 $s(v)\geq \dfrac 1 2 s(u)$，否则我们称这是一条轻边。
一个显然的结论是，对于任意一个点 $x$，其到根的路径上最多只有 $\log n$ 条轻边。

我们将 LCT 中的边按虚实与轻重，可以分成 4 类。

1. heavy-preferred
2. heavy-unpreferred
3. light-preferred
4. light-unpreferred

对于一次 access 操作，只有 $\log n$ 条轻边可能由虚变实，只有 $\log n$ 条重边可能由实变虚。
反映到 4 类边的转换上，限制是 1 到 2 单次最多 $\log n$，4 到 3 单次最多 $\log n$，一个简单的势能分析可以告诉我们均摊边的切换单次 $O(\log n)$。
边的切换次数显然也是调用 splay 的次数，由于单次 splay 均摊 $O(\log n)$，我们可以得到 $O(\log^2n)$ 的一个上界。

我们回顾 Splay 的复杂度分析，单次 splay 操作的均摊代价是 $1+3(\log s'(x)-\log s(x))$。
这里的 $s(x)$ 是 $x$ 在Splay 里的子树大小。我们改变 $s(x)$ 的定义使其依然满足 Splay 的复杂度分析，且试图让 access 时的多次 splay 均摊代价之和能邻项抵消。

具体的，我们将 $s(x)$ 的定义修正成 $x$ 在 Splay 里的子树大小加上 Splay 子树内点的虚子树大小和。我们容易通过简单的放缩使得 access 的相邻两次 splay 进行抵消。

最终单次 access 的均摊代价应该是【均摊调用 splay 的次数】+【抵消后的代价：$3(\log n-\log s(x))$】=$O(\log n)$。

一个理解是 LCT 是一颗多叉的大 Splay。

LCT 的其他操作

1. findroot(x)：找到 LCT 维护的森林里 $x$ 所在连通块的根。

   考虑 access(x) 从 Splay 的根开始一直往左走到底就是根了，记得把找到的点 splay 上去保证复杂度。

2. makeroot(x)：使 $x$ 成为所在连通块的根。

   注意到这只会影响 $x$ 和原根路径上的点的父子关系。
   我们 access(x)，给 Splay 打上反转标记修改中序遍历。

3. split(x,y)：提取 $x$ 到 $y$ 的路径。

   makeroot(x),access(y),splay(y)

4. cut(x,y)：将边 $(x,y)$ 删掉。

   我们 split(x,y)，将 $x$ 的父边断掉，$y$ 的左儿子断掉。

5. link(x,y)：

   split(x,y)，令 $x$ 的虚父亲为 $y$。

---

AAA 树呢？AAA 树呢？AAA 树呢？