文章目錄

• 左偏樹(shù)
• 左偏樹(shù)的合并(merge)操作
• 例題
• • 羅馬游戲
  • [Apio2012]dispatching
  • [JLOI2015]城池攻占
  • [Baltic2004]sequence

左偏樹(shù)

左偏樹(shù)是一個(gè)堆，而且是一個(gè)可并堆，所以一定有權(quán)值的限制

以小根堆為例，那么必須滿(mǎn)足節(jié)點(diǎn)權(quán)值小于左右兒子權(quán)值，即val[i]<val[lson[i]] val[i]<val[rson[i]]

為了維護(hù)左偏樹(shù)的時(shí)間復(fù)雜度，就要設(shè)計(jì)一些左偏樹(shù)獨(dú)有的工具，定義

• 外節(jié)點(diǎn)：滿(mǎn)足左右兒子至少有一個(gè)沒(méi)有的點(diǎn)
• 距離dis[i]：點(diǎn)$i$到離它最近的一個(gè)外節(jié)點(diǎn)的距離；特別的，空節(jié)點(diǎn)的距離為$?1$，外節(jié)點(diǎn)本身距離為$0$

左偏樹(shù)，樹(shù)如其名，向左偏的樹(shù)

也就是說(shuō)左邊要“重一點(diǎn)”，但這個(gè)重不是常見(jiàn)的子樹(shù)大小或者高度，而是我們定義的dis

• 對(duì)于左偏樹(shù)的每個(gè)點(diǎn)$i$，滿(mǎn)足dis[lson[i]]>=dis[rson[i]]

完全有可能，左兒子只有一個(gè)點(diǎn)，右兒子是一條鏈：不管是左兒子的一個(gè)點(diǎn)還是右兒子一條鏈上的點(diǎn)都符合外節(jié)點(diǎn)定義，所以dis都是$0$

考慮由下向上更新距離數(shù)組，即dis[i]=min(dis[lson[i]],dis[rson[i]])+1

由于左偏樹(shù)的性質(zhì)，右兒子距離一定是小的，所以左偏樹(shù)的更新直接就是從右兒子處更新

• dis[i]=dis[rson[i]]+1

左偏樹(shù)特殊距離的定義，就保證了左偏樹(shù)的時(shí)間復(fù)雜度

• 節(jié)點(diǎn)數(shù)為$n$的樹(shù)，樹(shù)根的$dis\le \log (n+1)?1$

一個(gè)點(diǎn)的距離大于$x$，意味著$x?1$層內(nèi)都是滿(mǎn)二叉樹(shù)

左偏樹(shù)的合并(merge)操作

左偏樹(shù)最重要的，或者說(shuō)特色，就是它的合并操作

有了以上的理論基礎(chǔ)，結(jié)合fhq-treap的返回根合并操作，左偏樹(shù)的合并還是很好寫(xiě)的

struct node { int l, r, val, dis; } t[maxn]; int merge( int x, int y ) {if( ! x or ! y ) return x + y;if( t[x].val > t[y].val ) swap( x, y );t[x].r = merge( t[x].r, y );if( t[t[x].l].dis < t[t[x].r].dis ) swap( t[x].l, t[x].r );t[x].dis = t[t[x].r].dis + 1;return x; } int lson[maxn], rson[maxn], val[maxn], dis[maxn]; int merge( int x, int y ) {if( ! x or ! y ) return x + y;if( val[x] < val[y] ) swap( x, y );rson[x] = merge( rson[x], y );if( dis[lson[x]] < dis[rson[x]] ) swap( lson[x], rson[x] );dis[x] = dis[rson[x]] + 1;return x; }

例題

羅馬游戲

luogu 2713

這就是比較板的題了，初始時(shí)，把每個(gè)士兵當(dāng)成一個(gè)左偏樹(shù)，合并就是兩個(gè)士兵的左偏樹(shù)合并

殺士兵，就是去掉左偏樹(shù)的根節(jié)點(diǎn)，直接合并左右兒子即可

但是怎么找士兵所在的兵團(tuán)呢？——并查集！

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 1000005 struct node { int l, r, val, dis; } t[maxn]; bool vis[maxn]; int f[maxn]; int n, m;int find( int x ) { return x == f[x] ? x : f[x] = find( f[x] ); }int merge( int x, int y ) {if( ! x or ! y ) return x + y;if( t[x].val > t[y].val ) swap( x, y );t[x].r = merge( t[x].r, y );if( t[t[x].l].dis < t[t[x].r].dis ) swap( t[x].l, t[x].r );t[x].dis = t[t[x].r].dis + 1;return x; }int main() {scanf( "%d", &n );t[0].dis = -1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &t[i].val );f[i] = i;}scanf( "%d", &m );char opt[5]; int i, j;while( m -- ) {scanf( "%s", opt );if( opt[0] == 'M' ) {scanf( "%d %d", &i, &j );if( vis[i] or vis[j] ) continue;i = find( i ), j = find( j );if( i ^ j ) f[j] = f[i] = merge( i, j );}else {scanf( "%d", &i );if( vis[i] ) printf( "0\n" );else {i = find( i );vis[i] = 1;printf( "%d\n", t[i].val );f[i] = f[t[i].l] = f[t[i].r] = merge( t[i].l, t[i].r );/*就算殺了根節(jié)點(diǎn)代表的這個(gè)士兵也要更新士兵的并查集集合因?yàn)榭赡苡行┦勘邕^(guò)了根節(jié)點(diǎn)的左右兒子直接并查集是接在根節(jié)點(diǎn)并查集的下面的find的時(shí)候是會(huì)跳到根節(jié)點(diǎn)的并查集點(diǎn)的*/}}}return 0; }

[Apio2012]dispatching

BZOJ 2809

dfs樹(shù)從下往上合并

每次丟掉最大的$C_i$即可

同樣別忘了并查集

#include <cstdio> #include <vector> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 100005 #define int long long vector < int > G[maxn]; int lson[maxn], rson[maxn], dis[maxn], f[maxn], L[maxn], C[maxn]; int n, m, root; long long ans;int find( int x ) { return f[x] == x ? x : f[x] = find( f[x] ); }int merge( int x, int y ) {if( ! x or ! y ) return x + y;if( C[x] < C[y] ) swap( x, y );rson[x] = merge( rson[x], y );if( dis[lson[x]] < dis[rson[x]] ) swap( lson[x], rson[x] );dis[x] = dis[rson[x]] + 1;return x; }pair < int, int > dfs( int u ) {int cnt = 1, sum = C[u];for( auto v : G[u] ) {pair < int, int > son = dfs( v );cnt += son.first, sum += son.second;int x = find( u ), y = find( v );root = f[u] = f[v] = merge( x, y );while( sum > m ) {sum -= C[root], cnt --;f[root] = f[lson[root]] = f[rson[root]] = merge( lson[root], rson[root] );root = f[root];}ans = max( ans, L[u] * cnt );}ans = max( ans, L[u] * cnt );return make_pair( cnt, sum ); }signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1, B;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &B, &C[i], &L[i] );G[B].push_back( i );f[i] = i;}dis[0] = -1;dfs( 1 );printf( "%lld\n", ans );return 0; }

[JLOI2015]城池攻占

luogu 3261

初始時(shí)，將每一座城市當(dāng)成一個(gè)左偏樹(shù)，并把在該城市的士兵在左偏樹(shù)上完成合并

與上一題一樣的，從下往上合并左偏樹(shù)，把所有兒子的騎士聚集到當(dāng)前根節(jié)點(diǎn)城市

把戰(zhàn)斗力不足的扔掉，所以需要小根堆

利用初末城市的深度差，巧妙計(jì)算出每個(gè)騎士能攻占的城市數(shù)量

至于城市對(duì)騎士的戰(zhàn)斗力影響，一樣的整體懶標(biāo)記，碰到了再下傳

#include <cstdio> #include <vector> #include <iostream> using namespace std; #define int long long #define maxn 300005 vector < int > G[maxn]; struct node { int lson, rson, dis, val, add, mul; }t[maxn]; int root[maxn], h[maxn], a[maxn], v[maxn], c[maxn]; int ans1[maxn], ans2[maxn], dep[maxn]; int n, m;void modify( int x, int mul, int add ) {if( ! x ) return;t[x].val *= mul;t[x].val += add;t[x].mul *= mul;t[x].add *= mul;t[x].add += add; }void pushdown( int x ) { if( ! x ) return;modify( t[x].lson, t[x].mul, t[x].add );modify( t[x].rson, t[x].mul, t[x].add );t[x].mul = 1;t[x].add = 0; }int merge( int x, int y ) {if( ! x or ! y ) return x + y;pushdown( x );pushdown( y );if( t[x].val > t[y].val ) swap( x, y );t[x].rson = merge( t[x].rson, y );if( t[t[x].lson].dis < t[t[x].rson].dis ) swap( t[x].lson, t[x].rson );t[x].dis = t[t[x].rson].dis + 1;return x; }void dfs( int u, int fa ) {dep[u] = dep[fa] + 1;for( auto v : G[u] ) {dfs( v, u );root[u] = merge( root[u], root[v] );//將所有從子樹(shù)的管轄城市中存活到u城市的騎士進(jìn)行合并 }while( root[u] and t[root[u]].val < h[u] ) {//從最小殺傷力騎士開(kāi)始 將所有在u城市死亡的騎士剔除 并記錄最后答案 pushdown( root[u] );ans1[u] ++;ans2[root[u]] = dep[c[root[u]]] - dep[u];//騎士能攻占的數(shù)量巧妙利用初末深度差 最開(kāi)始的城市深度-u的深度 root[u] = merge( t[root[u]].lson, t[root[u]].rson ); }if( a[u] ) modify( root[u], v[u], 0 );else modify( root[u], 1, v[u] ); }signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &h[i] );for( int i = 2, f;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &f, &a[i], &v[i] );G[f].push_back( i );}t[0].dis = -1;//在每一座城市都建立一個(gè)左偏樹(shù) for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &t[i].val, &c[i] );root[c[i]] = merge( root[c[i]], i );//將在同一座城市的騎士在左偏樹(shù)上體現(xiàn)合并 //root[i]:在城市i的左偏樹(shù)的最小殺傷力騎士的編號(hào) }dfs( 1, 0 );//搜城 從下往上爬 while( root[1] ) {/*最后在總城市根1的騎士答案還未計(jì)算 暴力彈出所有存活的騎士 攻占的數(shù)量就是初始城市到1號(hào)超級(jí)城市一路經(jīng)過(guò)的城市也就是深度*/ ans2[root[1]] = dep[c[root[1]]];root[1] = merge( t[root[1]].lson, t[root[1]].rson );}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) printf( "%lld\n", ans1[i] );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) printf( "%lld\n", ans2[i] );return 0; }

[Baltic2004]sequence

BZOJ 1367

給定$n$，以及長(zhǎng)度為$n$的整數(shù)序列$a_1,...,a_n$，你需要構(gòu)造一個(gè)嚴(yán)格上升的長(zhǎng)度為$n$整數(shù)序列$t_1,...,t_n$，定義$R=|t_1?a_1|+...+|t_i?a_i|+...+|t_n?a_n|$，求最小的$R$

$n\le 10^6$

---

假設(shè)是構(gòu)造不下降序列

考慮兩種特殊的序列

• $a_1\le a_2\le ...\le a_n$，直接讓$t_i=a_i$，最后答案就是$0$
• $a_1\ge a_2\ge ...\ge a_n$，直接讓$t_1=a_{mid}$（序列的中位數(shù)）

現(xiàn)在考慮一般形式的$a$

將$a$序列劃分成這兩種特殊序列的若干段

考慮$1...i$的答案為$w_1,...w_i$，現(xiàn)在考慮$i+1$，先讓$w_{i+1}=a_{i+1}$

然后就要根據(jù)第二種特殊序列，進(jìn)行合并，如果$w_i\ge w_{i+1}$，就合并后$w_i=w_{i+1}=$中位數(shù)，直到$w_j<w_{i+1}$

這個(gè)中位數(shù)是參與合并的$w$中的中位數(shù)，不是整體的中位數(shù)

用左偏樹(shù)維護(hù)一個(gè)$siz$大小即可

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 1000005 struct node {int lson, rson, val, siz, dis; }t[maxn]; int n, cnt; int root[maxn], L[maxn], R[maxn], a[maxn];int merge( int x, int y ) {if( ! x or ! y ) return x + y;if( t[x].val < t[y].val ) swap( x, y );t[x].rson = merge( t[x].rson, y );t[x].siz = t[t[x].lson].siz + t[t[x].rson].siz + 1;if( t[t[x].lson].dis < t[t[x].rson].dis )swap( t[x].lson, t[x].rson );t[x].dis = t[t[x].rson].dis + 1;return x; }long long Fabs( long long x ) {return x < 0 ? -x : x; }int NewNode( int x ) {t[++ cnt].val = x;t[cnt].siz = 1;t[cnt].lson = t[cnt].rson = t[cnt].dis = 0;return cnt; }int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &a[i] ), a[i] -= i;t[0].dis = -1;int ip = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {++ ip;L[ip] = R[ip] = i;root[ip] = NewNode( a[i] );while( ip > 1 and t[root[ip - 1]].val > t[root[ip]].val ) {root[ip - 1] = merge( root[ip - 1], root[ip] );R[ip - 1] = R[ip];ip --;while( t[root[ip]].siz * 2 > R[ip] - L[ip] + 2 )root[ip] = merge( t[root[ip]].lson, t[root[ip]].rson );}}long long ans = 0;while( ip ) {int val = t[root[ip]].val;for( int i = L[ip];i <= R[ip];i ++ )ans += Fabs( 1ll * val - a[i] );ip --;}printf( "%lld\n", ans );return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的【学习笔记】浅谈短小可爱的左偏树（可并堆）的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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