左偏树小记
也是一个非常 trival 的知识点，不过学过了就不要忘掉了哦（
upd on 2021.6.3：终于来填坑了，之前不知道鸽了多少东西啊……
一言以蔽之，左偏树是一种特殊的堆，它支持在 \(\mathcal O(n\log n)\) 的时间内合并两个堆。
一些 basic 的定义
定义一个节点为外节点当且仅当它的左儿子或右儿子为空节点。
定义一个节点 \(x\) 的距离为其子树内深度最浅的外节点与其的距离，记作 \(d_x\)。
那么左偏树满足以下性质：
- 它是一个堆，即 \(\forall x\)，\(v_x\le v_{lc_x}\) 和 \(v_x\le v_{rc_x}\) 均成立（当然如果是大根堆符号就换个方向）
- \(\forall x,d_{lc_x}\ge d_{rc_x}\)，也就是说对于任意节点，左儿子的距离不小于右儿子的距离。画个图就可以发现这个堆是呈左边下垂的状态，“左偏树”这个名字就是 name after this characteristic 的（
根据这些基本性质也可以引申出一些别的推论：
-
一个高度为 \(n\) 的左偏树至少有 \(2^{n+1}-1\) 个节点，当堆为一棵满二叉树时取到等号。
-
一个由 \(n\) 个节点组成的左偏树的高度为 \(\log n\) 级别的，证明参见推论 1
-
\(d_x=d_{rc_x}+1\)，由性质 2 可直接推出。
合并两个左偏树
到了左偏树所有操作的核心了（
首先考虑怎样朴素地合并以 \(x,y\) 为根的两个堆。
- 如果 \(x,y\) 有一个为空，那直接返回另一个即可。
- 如果 \(x,y\) 均非空，不妨假设 \(v_x\le v_y\)，那么合并后显然以 \(x\) 为根，而 \(y\) 可以与 \(x\) 的任意一个儿子合并，如此递归下去即可。
但这样复杂度显然是有问题的，因为在最极端的情况下有可能会出现一条链的情况，此时复杂度就会达到 \(\mathcal O(n)\)。
此时就有两种优化的思路，一是像 fhq-treap 一样赋一个随机权值并按照随机权值大小进行合并，这里又不赘述了，另一种是像左偏树一样限定死左右儿子的关系。我们既然知道对于一个 \(n\) 个点的左偏树而言，其距离是 \(\log n\) 级别的，因此我们这里可以考虑按照启发式合并的思想，自动选择距离小的一边，即右儿子合并。显然这样合并次数最多是 \(\mathcal O(\log n)\) 的，因此总复杂度是 \(\mathcal O(\log n)\)。
还有一个注意点，就是合并完之后不一定满足左儿子距离大于等于右儿子，如果出现这种情况直接 swap 即可，这样可以保证合并完之后还是左偏树。
左偏树其他操作
核心操作 over 了，其他就都很 naive 了……
插入一个新节点
直接将新节点当作一个左偏树与原来合并即可
删除根节点
直接合并根节点两个儿子即可，我并不相信学过 fhq-treap 的人不会这个……
找一个节点所在的根节点
一个非常 naive 的想法是暴力跳父亲，不过这样复杂度是错误的，因为左偏树并不能保证树高是对数级别的，比方说一条只有左儿子组成的链也是左偏树。
不过注意到这个操作与并查集找根本质上是相同的，因此我们同样可以像并查集一样通过路径压缩的方式优化这个过程。复杂度就降了下来。
模板题代码：
const int MAXN=1e5;
int n,qu,rt[MAXN+5];
struct node{int ch[2],val,id,dis;} s[MAXN+5];
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&&s[x].id>s[y].id)) swap(x,y);
s[x].ch[1]=merge(s[x].ch[1],y);
if(s[s[x].ch[1]].dis>s[s[x].ch[0]].dis) swap(s[x].ch[0],s[x].ch[1]);
s[x].dis=s[s[x].ch[1]].dis+1;
return x;
}
int find(int x){return (rt[x]==x)?x:rt[x]=find(rt[x]);}
bool del[MAXN+5];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&qu);s[0].dis=-1;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i].val),rt[i]=i,s[i].id=i;
while(qu--){
int opt;scanf("%d",&opt);
if(opt==1){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
if(del[x]||del[y]) continue;
x=find(x);y=find(y);
if(x^y) rt[x]=rt[y]=merge(x,y);
} else {
int x;scanf("%d",&x);
if(del[x]){puts("-1");continue;}
x=find(x);printf("%d\n",s[x].val);del[x]=1;
rt[s[x].ch[0]]=rt[s[x].ch[1]]=rt[x]=merge(s[x].ch[0],s[x].ch[1]);
}
}
return 0;
}
例题：
1. P3261 [JLOI2015]城池攻占
非常一眼的题，然鹅死活调不对……
考虑在每个节点处建一个小根堆保存当前节点的战士的血量。然后对树进行一遍 DFS，DFS 到一个节点时就将它的儿子节点上的堆与当前的堆合并，然后每次取出血量最小的 pop 掉直到大于当前节点的防御值即可，最后奖励操作就打个 tag 即可，时间复杂度 \(n\log n\)。
2. P1552 [APIO2012]派遣
显然我们可以枚举领导，然后再从小到大贪心地选出其子树内的忍者直到它们的 \(c_i\) 之和 \(>m\)，但这样显然会炸。
考虑使用左偏树优化这个过程，还是考虑一遍 DFS，注意到对于 \(u\) 子树内某个节点 \(v\)，如果在 \(u\) 当领导时，\(v\) 没有被选，那么在 \(fa_u\) 当领导时 \(v\) 也不可能被选，也就是说我们可以直接 pop 掉。因此我们在每个节点处建一个堆表示到当前节点时还剩哪些忍者，每次将当前节点与儿子节点的堆合并，然后不断 pop 直到和 \(<m\) 即可，由于每个节点最多被插入、删除各一次，因此总复杂度 \(n\log n\)。
您看？确实很 trival 罢……
