可持久化文艺平衡树
您需要写一种数据结构，来维护一个序列，其中需要提供以下操作（对于各个以往的历史版本）：
- 在第 pp 个数后插入数 xx 。
- 删除第 pp 个数。
- 翻转区间 [l,r][l,r]，例如原序列是 {5,4,3,2,1}{5,4,3,2,1}，翻转区间 [2,4][2,4] 后，结果是 {5,2,3,4,1}{5,2,3,4,1}。
- 查询区间 [l,r][l,r] 中所有数的和。
和原本平衡树不同的一点是，每一次的任何操作都是基于某一个历史版本，同时生成一个新的版本（操作 44 即保持原版本无变化），新版本即编号为此次操作的序号。
本题强制在线。
分析
函数式Treap实现。
时空复杂度\(O(n \log n)\)
// luogu-judger-enable-o2
typedef long long ll;
co int N=2e5+7;
int tot;
int root[N];
int can[N],cantop;
namespace T
{
using std::swap;
int ch[N<<6][2],siz[N<<6];
int pri[N<<6],val[N<<6];
ll sum[N<<6];
bool rev[N<<6];
int newnode(int v=0)
{
int x=cantop?can[cantop--]:++tot;
ch[x][0]=ch[x][1]=0,siz[x]=1;
pri[x]=rand()<<15|rand(),val[x]=sum[x]=v;
rev[x]=0;
return x;
}
int clone(int y)
{
int x=cantop?can[cantop--]:++tot;
ch[x][0]=ch[y][0],ch[x][1]=ch[y][1],siz[x]=siz[y];
pri[x]=pri[y],val[x]=val[y],sum[x]=sum[y];
rev[x]=rev[y];
return x;
}
void pushup(int x)
{
siz[x]=siz[ch[x][0]]+1+siz[ch[x][1]];
sum[x]=sum[ch[x][0]]+val[x]+sum[ch[x][1]];
}
void pushdown(int x)
{
if(rev[x])
{
swap(ch[x][0],ch[x][1]);
if(ch[x][0])
{
ch[x][0]=clone(ch[x][0]);
rev[ch[x][0]]^=1;
}
if(ch[x][1])
{
ch[x][1]=clone(ch[x][1]);
rev[ch[x][1]]^=1;
}
rev[x]=0;
}
}
void split(int x,int k,int&l,int&r)
{
if(!x)
{
l=r=0;
return;
}
pushdown(x);
if(k<=siz[ch[x][0]])
{
r=clone(x);
split(ch[r][0],k,l,ch[r][0]);
pushup(r);
}
else
{
l=clone(x);
split(ch[l][1],k-siz[ch[x][0]]-1,ch[l][1],r);
pushup(l);
}
}
int merge(int x,int y)
{
if(!x||!y)
return x+y;
if(pri[x]<pri[y])
{
pushdown(y);
ch[y][0]=merge(x,ch[y][0]);
pushup(y);
return y;
}
else
{
pushdown(x);
ch[x][1]=merge(ch[x][1],y);
pushup(x);
return x;
}
}
void insert(int&rt,int k,int v)
{
int x,y;
split(rt,k,x,y);
rt=merge(x,merge(newnode(v),y));
}
void erase(int&rt,int p)
{
int x,y,z;
split(rt,p,x,z);
split(x,p-1,x,y);
can[++cantop]=y;
rt=merge(x,z);
}
void reverse(int&rt,int l,int r)
{
int x,y,z;
split(rt,r,x,z);
split(x,l-1,x,y);
rev[y]^=1;
rt=merge(x,merge(y,z));
}
ll query(int&rt,int l,int r)
{
int x,y,z;
split(rt,r,x,z);
split(x,l-1,x,y);
ll ans=sum[y];
rt=merge(x,merge(y,z));
return ans;
}
}
using namespace T;
using namespace std;
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int n=read<int>();
ll lastans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int v,q;
read(v),read(q);
root[i]=root[v];
if(q==1)
{
int p,x;
read(p),read(x);
p^=lastans,x^=lastans;
insert(root[i],p,x);
}
else if(q==2)
{
int p;
read(p);
p^=lastans;
erase(root[i],p);
}
else if(q==3)
{
int l,r;
read(l),read(r);
l^=lastans,r^=lastans;
reverse(root[i],l,r);
}
else
{
int l,r;
read(l),read(r);
l^=lastans,r^=lastans;
printf("%lld\n",lastans=query(root[i],l,r));
}
}
return 0;
}
可持久化平衡树
您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一些数，其中需要提供以下操作（对于各个以往的历史版本）：
- 插入x数
- 删除x数(若有多个相同的数，因只删除一个，如果没有请忽略该操作)
- 查询x数的排名(排名定义为比当前数小的数的个数+1。若有多个相同的数，因输出最小的排名)
- 查询排名为x的数
- 求x的前驱(前驱定义为小于x，且最大的数，如不存在输出-2147483647)
- 求x的后继(后继定义为大于x，且最小的数，如不存在输出2147483647)
和原本平衡树不同的一点是，每一次的任何操作都是基于某一个历史版本，同时生成一个新的版本。（操作3, 4, 5, 6即保持原版本无变化）
每个版本的编号即为操作的序号（版本0即为初始状态，空树）
\(n \leq 5 \times 10^5\)
分析
可以发现非旋Treap的split和merge每次变动的都是一条链。
然后就对这条链可持久化一下就行了。
时空复杂度\(O(n \log n)\)
Hint
注意copy的部分仅限于递归处理的时候，now=0,x=0,y=0这些时候就不用可持久化了，不然会莫名其妙地错。
然后是空间问题，其实3、4、5、6操作不用可持久化，但是平衡树能A就行了，论效率平衡树肯定赶不上其他的做法。
co int MAXN=5e5*50,MAXM=5e5+7; // edit 2
int root[MAXN],tot;
struct Treap
{
int ch[MAXN][2],siz[MAXN];
int val[MAXN],pri[MAXN];
il int newnode(rg int v=0)
{
++tot;
ch[tot][0]=ch[tot][1]=0,siz[tot]=1;
val[tot]=v,pri[tot]=rand()|rand()<<16;
return tot;
}
il void pushup(rg int now)
{
siz[now]=siz[ch[now][0]]+1+siz[ch[now][1]];
}
il void copy(rg int x,rg int y)
{
ch[x][0]=ch[y][0],ch[x][1]=ch[y][1],siz[x]=siz[y];
val[x]=val[y],pri[x]=pri[y];
}
il void split(rg int now,rg int v,rg int&x,rg int&y)
{
if(!now)
{
x=y=0;
return;
}
if(val[now]<=v)
{
x=newnode();
copy(x,now);
split(ch[x][1],v,ch[x][1],y);
pushup(x);
}
else
{
y=newnode();
copy(y,now);
split(ch[y][0],v,x,ch[y][0]);
pushup(y);
}
}
il int merge(rg int x,rg int y)
{
if(!x||!y) // edit 1
return x+y;
rg int now=newnode();
if(pri[x]<pri[y])
{
copy(now,x);
ch[now][1]=merge(ch[now][1],y);
pushup(now);
}
else
{
copy(now,y);
ch[now][0]=merge(x,ch[now][0]);
pushup(now);
}
return now;
}
il void ins(rg int&now,rg int v)
{
rg int x,y;
split(now,v,x,y);
now=merge(x,merge(newnode(v),y));
}
il void del(rg int&now,rg int v)
{
rg int x,y,z;
split(now,v-1,x,y);
split(y,v,y,z);
y=merge(ch[y][0],ch[y][1]);
now=merge(x,merge(y,z));
}
il int rank(rg int&now,rg int v)
{
rg int x,y;
split(now,v-1,x,y);
rg int ans=siz[x]+1;
now=merge(x,y);
return ans;
}
il int kth(rg int now,rg int k)
{
if(!now)
return 0;
while(k)
{
if(siz[ch[now][0]]>=k)
now=ch[now][0];
else if(siz[ch[now][0]]+1==k)
return now;
else
{
k-=siz[ch[now][0]]+1;
now=ch[now][1];
}
}
return now;
}
il int pre(rg int&now,rg int v)
{
rg int x,y;
split(now,v-1,x,y);
rg int ans=kth(x,siz[x]);
now=merge(x,y);
return ans;
}
il int suc(rg int&now,rg int v)
{
rg int x,y;
split(now,v,x,y);
rg int ans=kth(y,1);
now=merge(x,y);
return ans;
}
}T;
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
srand(20030506);
rg int n;
read(n);
for(rg int i=1;i<=n;++i)
{
rg int v,opt,x;
read(v);read(opt);read(x);
// cerr<<"v="<<v<<" opt="<<opt<<" x="<<x<<endl;
root[i]=root[v];
if(opt==1) // insert
{
T.ins(root[i],x);
}
else if(opt==2) // delete
{
T.del(root[i],x);
}
else if(opt==3) // rank
{
printf("%d\n",T.rank(root[i],x));
}
else if(opt==4) // kth
{
printf("%d\n",T.val[T.kth(root[i],x)]);
}
else if(opt==5) // pre
{
int ans=T.pre(root[i],x);
if(ans==0)
puts("-2147483647");
else
printf("%d\n",T.val[ans]);
}
else if(opt==6) // suf
{
int ans=T.suc(root[i],x);
if(ans==0)
puts("2147483647");
else
printf("%d\n",T.val[ans]);
}
}
return 0;
}
再分析
然而对这题而言有更优的做法，主席树（可持久化权值线段树）。
将权值离散化，得到了这题较优的做法。
但是要离线，所以也是个问题。不离线的话空间会大一些，问题不大。
时间复杂度\(O(n \log n)\)，常数小多了。
Hint
注意调用查询的时候，边界问题。
另外“若有多个相同的数，因只删除一个，如果没有请忽略该操作”。这个神坑点卡了我好久，非旋式Treap会自动忽略不存在的，所以就没管。
co int MAXN=5e5*20,MAXM=5e5+7;
int v[MAXN],opt[MAXN],x[MAXN];
vector<int>xlist;
int root[MAXM],tot;
struct SegTree
{
int sumv[MAXN];
int L[MAXN],R[MAXN];
il void pushup(rg int now)
{
sumv[now]=sumv[L[now]]+sumv[R[now]];
// assert(sumv[now]>=0);
}
il void copy(rg int x,rg int y)
{
sumv[x]=sumv[y];
L[x]=L[y],R[x]=R[y];
}
il void modify(rg int&now,rg int l,rg int r,rg int p,rg int v)
{
++tot;
copy(tot,now);
now=tot;
if(l==r)
{
sumv[now]+=v;
return;
}
rg int m=(l+r)>>1;
if(p<=m)
modify(L[now],l,m,p,v);
else
modify(R[now],m+1,r,p,v);
pushup(now);
}
il int sum(rg int now,rg int l,rg int r,rg int ql,rg int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
return sumv[now];
rg int m=(l+r)>>1;
if(qr<=m)
return sum(L[now],l,m,ql,qr);
if(ql>=m+1)
return sum(R[now],m+1,r,ql,qr);
return sum(L[now],l,m,ql,qr)+sum(R[now],m+1,r,ql,qr);
}
il int kth(rg int now,rg int l,rg int r,rg int k)
{
if(l==r)
return l;
rg int m=(l+r)>>1;
if(sumv[L[now]]>=k)
return kth(L[now],l,m,k);
else
{
k-=sumv[L[now]];
return kth(R[now],m+1,r,k);
}
}
il int pre(rg int root,rg int p)
{
rg int num=p>1?sum(root,1,xlist.size(),1,p-1):0; // edit 1:notice p=1
if(num==0) // do not exist
return 0;
else
return kth(root,1,xlist.size(),num);
}
il int suc(rg int root,rg int p)
{
rg int num=p<xlist.size()?sum(root,1,xlist.size(),p+1,xlist.size()):0; // edit 2:notice p=xlist.size()
if(num==0) // do not exist
return xlist.size()+1;
else
return kth(root,1,xlist.size(),sumv[root]-num+1);
}
}T;
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
rg int n;
read(n);
for(rg int i=1;i<=n;++i)
{
read(v[i]);read(opt[i]);read(x[i]);
if(opt[i]!=4) // unless kth
xlist.push_back(x[i]);
}
sort(xlist.begin(),xlist.end());
xlist.erase(unique(xlist.begin(),xlist.end()),xlist.end());
for(rg int i=1;i<=n;++i)
{
if(opt[i]!=4)
x[i]=lower_bound(xlist.begin(),xlist.end(),x[i])-xlist.begin()+1;
// cerr<<"x "<<i<<" = "<<x[i]<<endl;
root[i]=root[v[i]];
if(opt[i]==1) // insert
{
T.modify(root[i],1,xlist.size(),x[i],1);
}
else if(opt[i]==2) // delete
{
// edit 3:if this val do not exist, you should ignore this operation
if(T.sum(root[i],1,xlist.size(),x[i],x[i])==0)
continue;
T.modify(root[i],1,xlist.size(),x[i],-1);
}
else if(opt[i]==3) // rank
{
printf("%d\n",1+(x[i]>1?T.sum(root[i],1,xlist.size(),1,x[i]-1):0)); // edit 1: notice x[i]=1
}
else if(opt[i]==4) // kth
{
// assert(1<=x[i]&&x[i]<=T.sumv[root[i]]);
printf("%d\n",xlist[T.kth(root[i],1,xlist.size(),x[i])-1]);
}
else if(opt[i]==5) // pre
{
int ans=T.pre(root[i],x[i]);
if(ans!=0)
printf("%d\n",xlist[ans-1]);
else
puts("-2147483647");
}
else if(opt[i]==6) // suc
{
int ans=T.suc(root[i],x[i]);
if(ans!=xlist.size()+1)
printf("%d\n",xlist[ans-1]);
else
puts("2147483647");
}
}
return 0;
}
三分析
其实树状数组也可以做，并且常数更小。
但是空间就必须提前开出来，并且不离线不行了。
然后不用可持久化，可以搞一个dfs。给时间点连上边，dfs的时候就修改+撤销就行了。
第一次知道这么精妙的做法，那线段树、平衡树貌似都可以这么搞，并且空间复杂度大为减小。
分享一下洛谷全站最快代码，by Mr_Spade
const int N=5e5+5;
int n,m,lgn;
int num[N],tot;
int bit[N];
inline void add(int x,int k)
{
while(x<=n)
bit[x]+=k,x+=x&-x;
return;
}
inline int ask(int x)
{
int res=0;
while(x)
res+=bit[x],x&=x-1;
return res;
}
inline int find(int x)
{
int res=0;
for(int i=lgn;~i;i--)
if((res|1<<i)<=n&&bit[res|1<<i]<x)
x-=bit[res|=1<<i];
return res+1;
}
struct oper
{
int opt,x;
}o[N];
int first[N],next[N];
int ans[N];
void dfs(int now)
{
int d=0;
register int go;
for(go=first[now];go;go=next[go])
{
switch(o[go].opt)
{
case 1:add(o[go].x,1);break;
case 2:
if(ask(o[go].x)^ask(o[go].x-1))
add(o[go].x,-1);
else
d=1;
break;
case 3:ans[go]=ask(o[go].x-1)+1;break;
case 4:ans[go]=num[find(o[go].x)];break;
case 5:
if(!(d=ask(o[go].x-1)))
ans[go]=-0x7fffffff;
else
ans[go]=num[find(d)];
break;
case 6:
if((d=ask(o[go].x))==ask(n))
ans[go]=0x7fffffff;
else
ans[go]=num[find(d+1)];
break;
}
dfs(go);
switch(o[go].opt)
{
case 1:add(o[go].x,-1);break;
case 2:
if(!d)
add(o[go].x,1);
break;
}
}
return;
}
signed main()
{
fseek(stdin,0l,2);
int len=ftell(stdin);
rewind(stdin);
fread(in,1,len,stdin);
int x;
register int i;
m=read();
for(i=1;i<=m;i++)
{
next[i]=first[x=read()];first[x]=i;
o[i].opt=read();o[i].x=read();
if(o[i].opt^4)
num[++tot]=o[i].x;
}
sort(num+1,num+tot+1);
n=unique(num+1,num+tot+1)-num-1;
for(lgn=1;1<<lgn<=n;lgn++);lgn--;
for(i=1;i<=m;i++)
if(o[i].opt^4)
o[i].x=lower_bound(num+1,num+n+1,o[i].x)-num;
dfs(0);
for(i=1;i<=m;i++)
if(o[i].opt!=1&&o[i].opt!=2)
write(ans[i]),putchar('\n');
fwrite(out,1,fout,stdout);
return 0;
}
这题的bug
正如上面看到的，这题可以乱搞。所以出题人要是想考察可持久化平衡树的话，最好还是强制在线，另外为了卡掉线段树还有01Trie，可以把节点弄成双键值，比如一个pair。
另外一个有趣的问题：持久化fhq treap在合并时不需要复制节点。正如我所说的：“这跟这题的单点插入有关，如果是单点插入那么相当于要插入的新节点无论如何都复制好了，换句话说隐式的新建了一个节点。但是如果是插入一段新节点的话就错了，因为这段的新节点没有隐式复制。”
文艺平衡树（Splay）
您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一个有序数列，其中需要提供以下操作：翻转一个区间，例如原有序序列是5 4 3 2 1，翻转区间是[2,4]的话，结果是5 2 3 4 1
\(n,m \leq 1e5\)
分析
Splay Tree实现。
时间复杂度均摊\(O(\log n)\)
typedef long long ll;
co int N=1e5+7;
namespace T
{
using std::swap;
int rt;
int fa[N],ch[N][2],siz[N];
bool rev[N];
void pushup(int x)
{
siz[x]=siz[ch[x][0]]+1+siz[ch[x][1]];
}
void pushdown(int x)
{
if(rev[x])
{
swap(ch[x][0],ch[x][1]);
rev[ch[x][0]]^=1;
rev[ch[x][1]]^=1;
rev[x]=0;
}
}
void rotate(int x,int&k)
{
int y=fa[x],z=fa[y],d=ch[y][0]==x;
if(y==k)
k=x;
else
{
if(ch[z][0]==y)
ch[z][0]=x;
else
ch[z][1]=x;
}
ch[y][d^1]=ch[x][d],fa[ch[y][d^1]]=y;
ch[x][d]=y,fa[y]=x,fa[x]=z;
pushup(x);
pushup(y);
}
void splay(int x,int&k)
{
while(x!=k)
{
int y=fa[x],z=fa[y];
if(y!=k)
{
if((ch[y][0]==x)^(ch[z][0]==y))
rotate(x,k);
else
rotate(y,k);
}
rotate(x,k);
}
}
void build(int l,int r,int f)
{
if(l>r)
return;
int mid=(l+r)/2;
if(mid<f)
ch[f][0]=mid;
else
ch[f][1]=mid;
fa[mid]=f,siz[mid]=1;
if(l==r)
return;
build(l,mid-1,mid);
build(mid+1,r,mid);
pushup(mid);
}
int find(int x,int k)
{
pushdown(x);
int s=siz[ch[x][0]];
if(k==s+1)
return x;
if(k<=s)
return find(ch[x][0],k);
else
return find(ch[x][1],k-s-1);
}
void rever(int l,int r)
{
int x=find(rt,l),y=find(rt,r+2);
splay(x,rt);
splay(y,ch[x][1]);
int z=ch[y][0];
rev[z]^=1;
}
}
using namespace T;
using namespace std;
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int n,m;
read(n),read(m);
rt=(n+3)/2;
build(1,n+2,rt);
while(m--)
{
int l,r;
read(l),read(r);
rever(l,r);
}
for(int i=2;i<=n+1;++i)
printf("%d ",find(rt,i)-1);
return 0;
}
普通平衡树
您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一些数，其中需要提供以下操作：
- 插入x数
- 删除x数(若有多个相同的数，因只删除一个)
- 查询x数的排名(排名定义为比当前数小的数的个数+1。若有多个相同的数，因输出最小的排名)
- 查询排名为x的数
- 求x的前驱(前驱定义为小于x，且最大的数)
- 求x的后继(后继定义为大于x，且最小的数)
\(n \leq 10^5\)
分析
用范浩强Treap实现。具体原理：
范浩强对函数式编程在OI中的应用做了很好的引入工作。
非旋式Treap的精华在于那个merge。
merge的参数要求保证x中最大的数不大于y中最小的数。
这样在合并一个子树的时候，有两种等价情况，一种是x是y的左儿子，一种是y是x的右儿子。
选择的依据是priority，这样平衡的道理就跟普通Treap一样了。
const int INF=0x7fffffff;
const int MAXN=1e5+7;
int sz;
struct Treap
{
int val[MAXN],pri[MAXN];
int ch[MAXN][2],siz[MAXN];
void pushup(int x)
{
siz[x]=siz[ch[x][0]]+1+siz[ch[x][1]];
}
int new_node(int v)
{
val[++sz]=v,
pri[sz]=rand()<<15|rand();
ch[sz][0]=ch[sz][1]=0,
siz[sz]=1;
return sz;
}
int merge(int x,int y)
{
if(!x||!y)
return x+y;
if(pri[x]<pri[y])
{
ch[x][1]=merge(ch[x][1],y);
pushup(x);
return x;
}
else
{
ch[y][0]=merge(x,ch[y][0]);
pushup(y);
return y;
}
}
void split(int now,int v,int&x,int&y)
{
if(!now)
x=y=0;
else
{
if(val[now]<=v)
{
x=now,split(ch[now][1],v,ch[now][1],y);
}
else
{
y=now,split(ch[now][0],v,x,ch[now][0]);
}
pushup(now);
}
}
void ins(int&now,int v)
{
int x,y;
split(now,v,x,y);
now=merge(merge(x,new_node(v)),y);
}
void del(int&now,int v)
{
int x,y,z;
split(now,v,x,z);
split(x,v-1,x,y);
y=merge(ch[y][0],ch[y][1]);
now=merge(merge(x,y),z);
}
int rank(int&now,int v)
{
int x,y;
split(now,v-1,x,y);
int ans=siz[x]+1;
now=merge(x,y);
return ans;
}
int kth(int now,int k)
{
while(1)
{
if(k<=siz[ch[now][0]])
now=ch[now][0];
else if(k==siz[ch[now][0]]+1)
return now;
else
k-=siz[ch[now][0]]+1,now=ch[now][1];
}
}
int pre(int&now,int v)
{
int x,y;
split(now,v-1,x,y);
int ans=kth(x,siz[x]);
now=merge(x,y);
return ans;
}
int suc(int&now,int v)
{
int x,y;
split(now,v,x,y);
int ans=kth(y,1);
now=merge(x,y);
return ans;
}
}T;
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
srand(20030506);
int root=0;
int n;
read(n);
while(n--)
{
static int opt,x;
read(opt);read(x);
if(opt==1) // insert
{
T.ins(root,x);
}
else if(opt==2) // delete
{
T.del(root,x);
}
else if(opt==3) // rank
{
printf("%d\n",T.rank(root,x));
}
else if(opt==4) // kth
{
printf("%d\n",T.val[T.kth(root,x)]);
}
else if(opt==5) // precursor
{
printf("%d\n",T.val[T.pre(root,x)]);
}
else // successor
{
printf("%d\n",T.val[T.suc(root,x)]);
}
}
// fclose(stdin);
// fclose(stdout);
return 0;
}