左偏树

什么是左偏树？

左偏树 与 配对堆 一样，是一种 可并堆 ，具有堆的性质，并且可以快速合并。

dist 的定义和性质

对于一棵二叉树，我们定义 外节点 为左儿子或右儿子为空的节点，定义一个外节点的 \mathrm{dist} 为 1 ，一个不是外节点的节点 \mathrm{dist} 为其到子树中最近的外节点的距离加一。空节点的 \mathrm{dist} 为 0 。

注：很多其它教程中定义的 \mathrm{dist} 都是本文中的 \mathrm{dist} 减去 1 ，本文这样定义是因为代码写起来方便。

一棵有 n 个节点的二叉树，根的 \mathrm{dist} 不超过 \left\lceil\log (n+1)\right\rceil ，因为一棵根的 \mathrm{dist} 为 x 的二叉树至少有 x-1 层是满二叉树，那么就至少有 2^x-1 个节点。注意这个性质是所有二叉树都具有的，并不是左偏树所特有的。

左偏树的定义和性质

左偏树是一棵二叉树，它不仅具有堆的性质，并且是「左偏」的：每个节点左儿子的 \mathrm{dist} 都大于等于右儿子的 \mathrm{dist} 。

因此，左偏树每个节点的 \mathrm{dist} 都等于其右儿子的 \mathrm{dist} 加一。

需要注意的是， \mathrm{dist} 不是深度， 左偏树的深度没有保证 ，一条向左的链也是左偏树。

核心操作：合并（merge)

合并两个堆时，由于要满足堆性质，先取值较小（为了方便，本文讨论小根堆）的那个根作为合并后堆的根节点，然后将这个根的左儿子作为合并后堆的左儿子，递归地合并其右儿子与另一个堆，作为合并后的堆的右儿子。为了满足左偏性质，合并后若左儿子的 \mathrm{dist} 小于右儿子的 \mathrm{dist} ，就交换两个儿子。

参考代码：

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int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;  //若一个堆为空则返回另一个堆
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);  //取值较小的作为根
  t[x].rs = merge(t[x].rs, y);          //递归合并右儿子与另一个堆
  if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d)
    swap(t[x].ls, t[x].rs);   //若不满足左偏性质则交换左右儿子
  t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;  //更新dist
  return x;
}

由于左偏性质，每递归一层，其中一个堆根节点的 \mathrm{dist} 就会减小 1 ，而“一棵有 n 个节点的二叉树，根的 \mathrm{dist} 不超过 \left\lceil\log (n+1)\right\rceil ”，所以合并两个大小分别为 n 和 m 的堆复杂度是 O(\log n+\log m) 。

左偏树还有一种无需交换左右儿子的写法：将 \mathrm{dist} 较大的儿子视作左儿子， \mathrm{dist} 较小的儿子视作右儿子：

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int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
  rs(x) = merge(rs(x), y);
  t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
  return x;
}

左偏树的其它操作

插入节点

单个节点也可以视为一个堆，合并即可。

删除根

合并根的左右儿子即可。

删除任意节点

做法

先将左右儿子合并，然后自底向上更新 \mathrm{dist} 、不满足左偏性质时交换左右儿子，当 \mathrm{dist} 无需更新时结束递归：

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int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

int merge(int x,
          int y)  //有了pushup，直接merge左右儿子就实现了删除节点并保持左偏性质
{
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
  t[rs(x) = merge(rs(x), y)].fa = x;
  pushup(x);
  return x;
}

void pushup(int x) {
  if (!x) return;
  if (t[x].d != t[rs(x)].d + 1) {
    t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
    pushup(t[x].fa);
  }
}

复杂度证明

我们令当前 pushup 的这个节点为 x ，其父亲为 y ，一个节点的“初始 \mathrm{dist} ”为它在 pushup 前的 \mathrm{dist} 。我们先 pushup 一下删除的节点，然后从其父亲开始起讨论复杂度。

继续递归下去有两种情况：

  1. x 是 y 的右儿子，此时 y 的初始 \mathrm{dist} 为 x 的初始 \mathrm{dist} 加一。
  2. x 是 y 的左儿子，只有 y 的左右儿子初始 \mathrm{dist} 相等时（此时左儿子 \mathrm{dist} 减一会导致左右儿子互换）才会继续递归下去，因此 y 的初始 \mathrm{dist} 仍然是 x 的初始 \mathrm{dist} 加一。

所以，我们得到，除了第一次 pushup （因为被删除节点的父亲的初始 \mathrm{dist} 不一定等于被删除节点左右儿子合并后的初始 \mathrm{dist} 加一），每递归一层 x 的初始 \mathrm{dist} 就会加一，因此最多递归 O(\log n) 层。

整个堆加上/减去一个值、乘上一个正数

其实可以打标记且不改变相对大小的操作都可以。

在根打上标记，删除根/合并堆（访问儿子）时下传标记即可：

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int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
  pushdown(x);
  t[x].rs = merge(t[x].rs, y);
  if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d) swap(t[x].ls, t[x].rs);
  t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;
  return x;
}

int pop(int x) {
  pushdown(x);
  return merge(t[x].ls, t[x].rs);
}

例题

模板题

luogu P3377【模板】左偏树（可并堆）

Monkey King

罗马游戏

需要注意的是：

  1. 合并前要检查是否已经在同一堆中。

  2. 左偏树的深度可能达到 O(n) ，因此找一个点所在的堆顶要用并查集维护，不能直接暴力跳父亲。（虽然很多题数据水，暴力跳父亲可以过……）（用并查集维护根时要保证原根指向新根，新根指向自己。）

罗马游戏参考代码
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#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

int read() {
  int out = 0;
  char c;
  while (!isdigit(c = getchar()))
    ;
  for (; isdigit(c); c = getchar()) out = out * 10 + c - '0';
  return out;
}

const int N = 1000010;

struct Node {
  int val, ch[2], d;
} t[N];

int& rs(int x);
int merge(int x, int y);

int find(int x);

int n, m, f[N];
bool kill[N];
char op[10];

int main() {
  int i, x, y;

  n = read();

  for (i = 1; i <= n; ++i) {
    t[i].val = read();
    f[i] = i;
  }

  m = read();

  while (m--) {
    scanf("%s", op);
    if (op[0] == 'M') {
      x = read();
      y = read();
      if (kill[x] || kill[y] || find(x) == find(y)) continue;
      f[find(x)] = f[find(y)] = merge(find(x), find(y));
    } else {
      x = read();
      if (!kill[x]) {
        x = find(x);
        kill[x] = true;
        f[x] = f[t[x].ch[0]] = f[t[x].ch[1]] = merge(
            t[x].ch[0], t[x].ch[1]);  //由于堆中的点会find到x，所以f[x]也要修改
        printf("%d\n", t[x].val);
      } else
        puts("0");
    }
  }

  return 0;
}

int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
  rs(x) = merge(rs(x), y);
  t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
  return x;
}

int find(int x) { return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]); }

树上问题

「APIO2012」派遣

「JLOI2015」城池攻占

这类题目往往是每个节点维护一个堆，与儿子合并，依题意弹出、修改、计算答案，有点像线段树合并的类似题目。

城池攻占参考代码
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#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll read() {
  ll out = 0;
  int f = 1;
  char c;
  for (c = getchar(); !isdigit(c) && c != '-'; c = getchar())
    ;
  if (c == '-') f = -1, c = getchar();
  for (; isdigit(c); c = getchar()) out = out * 10 + c - '0';
  return out * f;
}

const int N = 300010;

struct Node {
  int ls, rs, d;
  ll val, add, mul;
  Node() {
    ls = rs = add = 0;
    d = mul = 1;
  }
} t[N];

int merge(int x, int y);
int pop(int x);
void madd(int u, ll x);
void mmul(int u, ll x);
void pushdown(int x);

void add(int u, int v);
void dfs(int u);

int head[N], nxt[N], to[N], cnt;
int n, m, p[N], f[N], a[N], dep[N], c[N], ans1[N],
    ans2[N];  // p是树上每个点对应的堆顶
ll h[N], b[N];

int main() {
  int i;

  n = read();
  m = read();

  for (i = 1; i <= n; ++i) h[i] = read();

  for (i = 2; i <= n; ++i) {
    f[i] = read();
    add(f[i], i);
    a[i] = read();
    b[i] = read();
  }

  for (i = 1; i <= m; ++i) {
    t[i].val = read();
    c[i] = read();
    p[c[i]] = merge(i, p[c[i]]);
  }

  dfs(1);

  for (i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", ans1[i]);
  for (i = 1; i <= m; ++i) printf("%d\n", ans2[i]);

  return 0;
}

void dfs(int u) {
  int i, v;
  for (i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
    v = to[i];
    dep[v] = dep[u] + 1;
    dfs(v);
  }
  while (p[u] && t[p[u]].val < h[u]) {
    ++ans1[u];
    ans2[p[u]] = dep[c[p[u]]] - dep[u];
    p[u] = pop(p[u]);
  }
  if (a[u])
    mmul(p[u], b[u]);
  else
    madd(p[u], b[u]);
  if (u > 1)
    p[f[u]] = merge(p[u], p[f[u]]);
  else
    while (p[u]) {
      ans2[p[u]] = dep[c[p[u]]] + 1;
      p[u] = pop(p[u]);
    }
}

void add(int u, int v) {
  nxt[++cnt] = head[u];
  head[u] = cnt;
  to[cnt] = v;
}

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
  pushdown(x);
  t[x].rs = merge(t[x].rs, y);
  if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d) swap(t[x].ls, t[x].rs);
  t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;
  return x;
}

int pop(int x) {
  pushdown(x);
  return merge(t[x].ls, t[x].rs);
}

void madd(int u, ll x) {
  t[u].val += x;
  t[u].add += x;
}

void mmul(int u, ll x) {
  t[u].val *= x;
  t[u].add *= x;
  t[u].mul *= x;
}

void pushdown(int x) {
  mmul(t[x].ls, t[x].mul);
  madd(t[x].ls, t[x].add);
  mmul(t[x].rs, t[x].mul);
  madd(t[x].rs, t[x].add);
  t[x].add = 0;
  t[x].mul = 1;
}

「SCOI2011」棘手的操作

这题题如其名，非常棘手。

首先，找一个节点所在堆的堆顶要用并查集，而不能暴力向上跳。

再考虑单点查询，若用普通的方法打标记，就得查询点到根路径上的标记之和，最坏情况下可以达到 O(n) 的复杂度。如果只有堆顶有标记，就可以快速地查询了，但如何做到呢？

可以用类似启发式合并的方式，每次合并的时候把较小的那个堆标记暴力下传到每个节点，然后把较大的堆的标记作为合并后的堆的标记。由于合并后有另一个堆的标记，所以较小的堆下传标记时要下传其标记减去另一个堆的标记。由于每个节点每被合并一次所在堆的大小至少乘二，所以每个节点最多被下放 O(\log n) 次标记，暴力下放标记的总复杂度就是 O(n\log n) 。

再考虑单点加，先删除，再更新，最后插入即可。

然后是全局最大值，可以用一个平衡树/支持删除任意节点的堆（如左偏树）/multiset 来维护每个堆的堆顶。

所以，每个操作分别如下：

  1. 暴力下传点数较小的堆的标记，合并两个堆，更新 size、tag，在 multiset 中删去合并后不在堆顶的那个原堆顶。
  2. 删除节点，更新值，插入回来，更新 multiset。需要分删除节点是否为根来讨论一下。
  3. 堆顶打标记，更新 multiset。
  4. 打全局标记。
  5. 查询值 + 堆顶标记 + 全局标记。
  6. 查询根的值 + 堆顶标记 + 全局标记。
  7. 查询 multiset 最大值 + 全局标记。
棘手的操作参考代码
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#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <set>

using namespace std;

int read() {
  int out = 0, f = 1;
  char c;
  for (c = getchar(); !isdigit(c) && c != '-'; c = getchar())
    ;
  if (c == '-') {
    f = -1;
    c = getchar();
  }
  for (; isdigit(c); c = getchar()) out = out * 10 + c - '0';
  return out * f;
}

const int N = 300010;

struct Node {
  int val, ch[2], d, fa;
} t[N];

int& rs(int x);
int merge(int x, int y);
void pushup(int x);
void pushdown(int x, int y);

int find(int x);

int n, m, f[N], tag[N], siz[N], delta;
char op[10];
multiset<int> s;

int main() {
  int i, x, y;

  n = read();

  for (i = 1; i <= n; ++i) {
    t[i].val = read();
    f[i] = i;
    siz[i] = 1;
    s.insert(t[i].val);
  }

  m = read();

  while (m--) {
    scanf("%s", op);
    if (op[0] == 'U') {
      x = find(read());
      y = find(read());
      if (x != y) {
        if (siz[x] > siz[y]) swap(x, y);
        pushdown(x, tag[x] - tag[y]);
        f[x] = f[y] = merge(x, y);
        if (f[x] == x) {
          s.erase(s.find(t[y].val + tag[y]));
          tag[x] = tag[y];
          siz[x] += siz[y];
          tag[y] = siz[y] = 0;
        } else {
          s.erase(s.find(t[x].val + tag[y]));
          siz[y] += siz[x];
          tag[x] = siz[x] = 0;
        }
      }
    } else if (op[0] == 'A') {
      if (op[1] == '1') {
        x = read();
        if (x == find(x)) {
          t[t[x].ch[0]].fa = t[t[x].ch[1]].fa = 0;
          y = merge(t[x].ch[0], t[x].ch[1]);
          s.erase(s.find(t[x].val + tag[x]));
          t[x].val += read();
          t[x].fa = t[x].ch[0] = t[x].ch[1] = 0;
          t[x].d = 1;
          f[x] = f[y] = merge(x, y);
          s.insert(t[f[x]].val + tag[x]);
          if (f[x] == y) {
            tag[y] = tag[x];
            siz[y] = siz[x];
            tag[x] = siz[x] = 0;
          }
        } else {
          t[t[x].ch[0]].fa = t[t[x].ch[1]].fa = t[x].fa;
          t[t[x].fa].ch[x == t[t[x].fa].ch[1]] = merge(t[x].ch[0], t[x].ch[1]);
          t[x].val += read();
          t[x].fa = t[x].ch[0] = t[x].ch[1] = 0;
          t[x].d = 1;
          y = find(x);
          f[x] = f[y] = merge(x, y);
          if (f[x] == x) {
            s.erase(s.find(t[y].val + tag[y]));
            s.insert(t[x].val + tag[y]);
            tag[x] = tag[y];
            siz[x] = siz[y];
            tag[y] = siz[y] = 0;
          }
        }
      } else if (op[1] == '2') {
        x = find(read());
        s.erase(s.find(t[x].val + tag[x]));
        tag[x] += read();
        s.insert(t[x].val + tag[x]);
      } else
        delta += read();
    } else {
      if (op[1] == '1') {
        x = read();
        printf("%d\n", t[x].val + tag[find(x)] + delta);
      } else if (op[1] == '2') {
        x = find(read());
        printf("%d\n", t[x].val + tag[x] + delta);
      } else
        printf("%d\n", *s.rbegin() + delta);
    }
  }

  return 0;
}

int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
  t[rs(x) = merge(rs(x), y)].fa = x;
  pushup(x);
  return x;
}

void pushup(int x) {
  if (!x) return;
  if (t[x].d != t[rs(x)].d + 1) {
    t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
    pushup(t[x].fa);
  }
}

void pushdown(int x, int y) {
  if (!x) return;
  t[x].val += y;
  pushdown(t[x].ch[0], y);
  pushdown(t[x].ch[1], y);
}

int find(int x) { return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]); }

「BOI2004」Sequence 数字序列

这是一道论文题，详见 《黄源河 -- 左偏树的特点及其应用》 。

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