[学习笔记] 左偏树入门

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• $\rm{0x01}$ 关于左偏树
• $\rm{0x02}~~$基本操作
• $\rm{0x03}$ 一点问题

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$\rm{0x01}$ 关于左偏树

主要是整理自己想出来的几个梗

• $\mathcal{To~be~(left) ~or~not ~to~be~(left), this~is ~a~question}​$ 左偏还是右偏，这是个问题。
• $Hell~!~Where~is~my~Left~Leaning~Tree?​$ 该死，我的左偏树向右偏了。
• 左偏树是1个log，右偏树也是1个log，那我左右都偏是不是就会更快！（恭喜你建出了一棵满二叉树）
• 讲个鬼故事：每棵树都是下偏树。
• ……编不出来了

呐，下面进入正题。左偏树，一种可以合并的堆状结构，支持$insert/remove/merge$等操作。稳定的时间复杂度在$\Theta(\log n)$的级别。对于一个左偏树中的节点，需要维护的值有$dist$和$value$。其中$value$不必多说，$dist$记录这个节点到它子树里面最近的叶子节点的距离，叶子节点距离为$0$。

首先，他有以下几个喜闻乐见的性质：

• 一个节点的$value​$必定（或小于）左、右儿子的$value​$ （堆性质）
• 一个节点的左儿子的$dist$不小于右儿子的$dist$ （左偏性质）
• 一个节点的距离始终等于右儿子$+1$

那么这就可以推出以下性质：

• 推论：任何时候，节点数为$n$的左偏树，距离最大为$\log (n+1)-1$
  $Proof.$
  对于一棵距离为定值$k$的树，点数最少时，一定是一棵满二叉树。这是显然的。因为对于每个节点，如果想要有最少的儿子，那么起码要做到左儿子的数量等于右儿子的数量。那么对于他的逆命题也是成立的——“若一棵左偏树的距离为$k$，则这棵左偏树至少有$2^{k+1}-1$个节点。”
  所以会有 $$n \geq 2^{k+1}-1$$ , $$\log_2{(n+1)} \geq k+1$$ , $$\log_2{(n+1)}-1 \geq k$$ $\mathcal{Q.E.D}​$

$emmm​$这可是一个很美妙的性质啊。

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$\rm{0x02}~~$基本操作

• $Merge$

这是整个左偏树的重头戏，时间复杂度稳定在一个$log$，其主要思想就是不断把新的堆合并到新的根节点的右子树中——因为我们的右子树决定“距离”这个变量，而距离又一定保证在$~\log~$的复杂度内，所以不断向右子树合并。

大体思路（以小根堆为例），首先我们假设两个节点$x$和$y$，$x$的根节点的权值小于等于$y$的根节点（否则$swap(x,y)$），把$x$的根节点作为新树$Z$的根节点，剩下的事就是合并$x$的右子树和$y$了。

合并了$x$的右子树和$y$之后，$x$当$x$的右子树的距离大于$x$的左子树的距离时，为了维护性质二，我们要交换$x$的右子树和左子树。顺便维护性质三，所以直接$dist_x = dist_{rson(x)}+1$.

inline int Merge(int x, int y){
	if (!x || !y) return x + y ; 
    if (S[x].val > S[y].val || (S[x].val == S[y].val && x > y)) swap(x, y) ;
	rs = Merge(rs, y) ; if (S[ls].dis < S[rs].dis) swap(ls, rs) ; 
    S[ls].rt = S[rs].rt = S[x].rt = x, S[x].dis = S[rs].dis + 1 ; return x ;
}

我们观察，我们是不断交替拆分右子树，由推论可得我们的距离不会大于$\Theta(\log(n_x+1))+\Theta(\log(n_y+1))-2 =O(\log n_x+ \log n_y)$

这个地方比较喜闻乐见的是需要存$root$，即需要路径压缩。不路径压缩的话，寻一次$rt$就是$\Theta(n)$的了，复杂度是不对的但似乎Luogu的模板，不路径压缩会更快

• $Pop$

……$pop$的话，乱搞就好了$233$

inline void Pop(int x){ S[x].val = -1, S[ls].rt = ls, S[rs].rt = rs, S[x].rt = Merge(ls, rs) ; }

然后就是总代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>

#define MAXN 150010
#define swap my_swap
#define ls S[x].Son[0]
#define rs S[x].Son[1]

using namespace std ;
struct Tree{
	int dis, val, Son[2], rt ;
}S[MAXN] ; int N, T, A, B, C, i ;

inline int Merge(int x, int y) ; 
int my_swap(int &x, int &y){ x ^= y ^= x ^= y ;}
inline int Get(int x){ return S[x].rt == x ? x : S[x].rt = Get(S[x].rt) ; }
inline void Pop(int x){ S[x].val = -1, S[ls].rt = ls, S[rs].rt = rs, S[x].rt = Merge(ls, rs) ; }
inline int Merge(int x, int y){
	if (!x || !y) return x + y ; if (S[x].val > S[y].val || (S[x].val == S[y].val && x > y)) swap(x, y) ;
	rs = Merge(rs, y) ; if (S[ls].dis < S[rs].dis) swap(ls, rs) ; S[ls].rt = S[rs].rt = S[x].rt = x, S[x].dis = S[rs].dis + 1 ; return x ;
}
int main(){
	cin >> N >> T ; S[0].dis = -1 ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) 
		S[i].rt = i, scanf("%d", &S[i].val) ; 
	for (i = 1 ; i <= T ; ++ i){
		scanf("%d%d", &A, &B) ;
		if (A == 1){
			scanf("%d", &C) ;
			if (S[B].val == -1 || S[C].val == -1) continue ;
			int f1 = Get(B), f2 = Get(C) ; if (f1 != f2) S[f1].rt = S[f2].rt = Merge(f1, f2) ;
		}
		else {
			if(S[B].val == -1) printf("-1\n") ;
			else printf("%d\n", S[Get(B)].val), Pop(Get(B)) ;
		}
	}
	return 0 ;
}

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$\rm{0x03}$ 一点问题

问题大概就是路径压缩……

$LuoguP3377$很不负责任地处了数据，导致以下这份代码可以过：

using namespace std ;
struct Tree{
    int dis, val, F, Son[2] ;
}S[MAXN] ;
int N, T, A, B, C, i ;

inline int Merge(int x, int y) ; 
int my_swap(int &x, int &y){ x ^= y ^= x ^= y ;}
int Get(int x){ while(S[x].F) x = S[x].F ; return x ; }
inline void Pop(int x){ S[x].val = -1, S[ls].F = S[rs].F = 0, Merge(ls, rs) ; }
inline int Merge(int x, int y){
    if (!x || !y) return x + y ; if (S[x].val > S[y].val || (S[x].val == S[y].val && x > y)) swap(x, y) ;
    rs = Merge(rs, y), S[rs].F = x ; if (S[ls].dis < S[rs].dis) swap(ls, rs) ; S[x].dis = S[rs].dis + 1 ; return x ;
}
int main(){
    cin >> N >> T ; S[0].dis = -1 ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) scanf("%d", &S[i].val) ; 
    for (i = 1 ; i <= T ; ++ i){
        scanf("%d%d", &A, &B) ;
        if (A == 1){
            scanf("%d", &C) ;
            if (S[B].val == -1 || S[C].val == -1 || B == C) continue ;
            int f1 = Get(B), f2 = Get(C) ; Merge(f1, f2) ;
        }
        else {
            if(S[B].val == -1) printf("-1\n") ;
            else printf("%d\n", S[Get(B)].val), Pop(Get(B)) ;
        }
    }
    return 0 ;
}

一切都很正常，但问题在于他复杂度不对：

int Get(int x){ while(S[x].F) x = S[x].F ; return x ; }

这显然是个上界为$O(n)$的函数……不寒而栗……

所以他是不对的，这组数据可以很好的卡掉（由巨佬小粉兔制作）。

所以应该用一个并查集维护。而我们在路径压缩之后，必须要在$pop$后，给$pop$掉的点一个指针指向新的根，所以：

inline int Get(int x){ return S[x].rt == x ? x : S[x].rt = Get(S[x].rt) ; }
inline void Pop(int x){ S[x].val = -1, S[ls].rt = ls, S[rs].rt = rs, S[x].rt = Merge(ls, rs) ; }

于是最后的代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>

#define MAXN 150010
#define swap my_swap
#define ls S[x].Son[0]
#define rs S[x].Son[1]

using namespace std ;
struct Tree{
	int dis, val, Son[2], rt ;
}S[MAXN] ; int N, T, A, B, C, i ;

inline int Merge(int x, int y) ; 
int my_swap(int &x, int &y){ x ^= y ^= x ^= y ;}
inline int Get(int x){ return S[x].rt == x ? x : S[x].rt = Get(S[x].rt) ; }
inline void Pop(int x){ S[x].val = -1, S[ls].rt = ls, S[rs].rt = rs, S[x].rt = Merge(ls, rs) ; }
inline int Merge(int x, int y){
	if (!x || !y) return x + y ; if (S[x].val > S[y].val || (S[x].val == S[y].val && x > y)) swap(x, y) ;
	rs = Merge(rs, y) ; if (S[ls].dis < S[rs].dis) swap(ls, rs) ; S[ls].rt = S[rs].rt = S[x].rt = x, S[x].dis = S[rs].dis + 1 ; return x ;
}
int main(){
	cin >> N >> T ; S[0].dis = -1 ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) 
		S[i].rt = i, scanf("%d", &S[i].val) ; 
	for (i = 1 ; i <= T ; ++ i){
		scanf("%d%d", &A, &B) ;
		if (A == 1){
			scanf("%d", &C) ;
			if (S[B].val == -1 || S[C].val == -1) continue ;
			int f1 = Get(B), f2 = Get(C) ; if (f1 != f2) S[f1].rt = S[f2].rt = Merge(f1, f2) ;
		}
		else {
			if(S[B].val == -1) printf("-1\n") ;
			else printf("%d\n", S[Get(B)].val), Pop(Get(B)) ;
		}
	}
	return 0 ;
}

$\rm{writter:Flower\_pks}$