Splay简述&结构
BST -- 二叉查找树，任意左儿子 < 父亲节点 ， 任意右儿子 > 父亲节点（对每个节点都符合
Splay -- 是一种BST，它通过不断将某个节点旋转到根节点，使得整棵树仍然满足二叉查找树的性质，并且保持平衡而不至于退化为链，它由 Daniel Sleator 和 Robert Tarjan 发明，Tarjan np！！
维护的信息
| \(rt\) | \(b\) | \(f[i]\) | \(o[i][0/1]\) | \(v[i]\) | \(u[i]\) | \(sz[i]\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 根节点编号 | 节点个数 | 父亲 | 左/右儿子编号 | 节点权值 | 权值出现次数 | 子树大小 |
因为存在 左子树任意节点的值 < 根节点的值 < 右子树任意节点的值 的性质，我们能从这棵树上查找某个值
Various operations
the basic
- \(maintain(p)\) ： 改变节点位置后更新节点的\(size\)
- \(get(p)\) ： 判断某节点为左儿子还是右儿子
- \(clear(p)\) ： 销毁节点
void mtn(int p) { sz[p] = sz[o[p][0]] + sz[o[p][1]] + u[p]; }
bool get(int p) { return p == o[f[p]][1]; }
void clr(int p) { o[p][0] = o[p][1] = f[p] = v[p] = sz[p] = u[p] = 0; }
rotate
旋转操作>>>>
以左图到右图为例，现在要将p节点向上移一个位置，将1-p-fp-3这条链往右移一个位置，2的父亲由右上的p换为左上的fp（旋转之后的结果），，过程中我们要维护这棵树BST的性质，
过程：
- fp 为 p 的父亲，ffp 为 fp 的父亲，oo 表示 p 为左儿子还是右儿子
- 让 fp 的儿子
o[fp][oo]变为 2o[p][oo ^ 1]，让 2f[o[p][oo ^ 1]]的父亲变为 fp - 让 p 的儿子
o[p][oo ^ 1]变为 fp ，让 fp 的父亲f[fp]变为 p - 如果存在 fp 的父亲 ffp（fp不是根节点），让 ffp 的儿子
o[ffp][get[fp]]变为 p，p 的父亲变为 ffp ，其实不存在父亲的话也没关系反正也是0
\(\lll-相互-\ggg\) 
void rotate(int p) {
int fp = f[p], ffp = f[fp], oo = get(p);
o[fp][oo] = o[p][oo ^ 1];
f[o[p][oo ^ 1]] = fp;
o[p][oo ^ 1] = fp;
f[fp] = p, f[p] = ffp;
if(ffp) o[ffp][fp == o[ffp][1]] = p;
mtn(p), mtn(fp);
}
Splay
每访问到一个节点都强制把它旋转到根节点 ，分6种情况，其中 x 是要被旋转到根节点的节点
过程：
- 图1&2：x的父亲是根节点，直接将x左/右旋
- 图3&4：x和他父亲都是左/右儿子，先旋父亲再旋x
- 图5&6：x和他父亲不是同一种儿子，x先右/旋再左/右旋
void splay(int p) {
for(int fp = f[p]; fp = f[p], fp; rotate(p))
if (f[fp]) rotate(get(p) == get(fp) ? fp : p);
rt = p;
}
不明白手跑一遍就好了
insert
插入一个节点
过程：
- 若树空则直接插入然后结束
- 如果当前节点权值等于要插入的权值，就增加当前节点大小并更新节点和父亲的信息，并将当前节点Splay
- 否则按BST的性质向下找，找到一个空节点插入就行了，记得Splay一下
void ins(int p) {
if(!rt) { v[++ b] = p; u[b] ++; rt = b; mtn(rt); return; }
int e = rt, c = 0;
while(1) {
if(v[e] == p) { u[e]++; mtn(e); mtn(c); splay(e); break; }
c = e; e = o[e][v[e] < p];
if(!e) {
v[++ b] = p; u[b] ++;
f[b] = c; o[c][v[c] < p] = b;
mtn(b), mtn(c); splay(b);
break;
}
}
}
p's rank
查询 p 的排名 您老几？
过程：
- 如果 p 比当前节点权值小，就去左子树找
- 否则将答案加上左子树大小和当前节点大小，再向右子树找
- 如果x与当前节点权值相同，答案+1并return
- 别忘splay？
int rk(int p) {
int e = rt, c = 0;
while(1) {
if(p < v[e]) e = o[e][0];
else {
c += sz[o[e][0]];
if(p == v[e]) { splay(e); return c + 1; }
c += u[e]; e = o[e][1];
}
}
}
node ranked p
查询排名为 p 的数
过程：
- 如果左子树非空且剩余排名 p 不大于左子树大小，就去左子树找
- 否则将 p 减去左子树和根的大小，若此时 p 的值 <= 0，则返回根节点的值，不然就接着向右子树找
int kth(int p) {
int e = rt;
while(1) {
if(o[e][0] and p <= sz[o[e][0]]) e = o[e][0];
else {
p -= u[e] + sz[o[e][0]];
if (p <= 0) { splay(e); return v[e]; }
e = o[e][1];
}
}
}
precursor
查询节点 p 的前驱
我们可以把 p 插入，那前驱就是 p 左子树中最右边的节点，再将 p 消除
int pre() {
int e = o[rt][0];
while (o[e][1]) e = o[e][1];
splay(e);
return e;
}
next
查询 p 节点的后继
也是先插入 p ，然后找到 p 的右子树最左边的节点，然后销毁 p
int nxt() {
int e = o[rt][1];
while (o[e][0]) e = o[e][0];
splay(e);
return e;
}
merge two tree
合并两棵splay，将其中一棵连根拔起然后种到另一棵旁边就可以了， 真的是十分方便呢 设两树分别为 A 树和 B 树，现在要求A树中最大值 <B树中最小值
过程：
- 若有一棵空树或都是空树，直接返回不空树的根节点或随便一棵空树
- 否则将A树的最大值splay到根，将他的右子树设为B并更新节点信息，然后返回这个节点
delete
删除一个节点 p
过程：
- 将 p 旋到根节点的位置
- 若
cnt[p]>1，也就是有很多个 p，就将cnt[p] -= 1; return; - 否则合并它的两棵子树
void del(int p) {
rk(p);
if(u[rt] > 1) { u[rt]--; mtn(rt); return; }
if(!o[rt][0] and !o[rt][1]) { clr(rt); rt = 0; return; }
if(!o[rt][0]) { int e = rt; rt = o[rt][1]; f[rt] = 0; clr(e); return; }
if(!o[rt][1]) { int e = rt; rt = o[rt][0]; f[rt] = 0; clr(e); return; }
int e = rt, c = pre();
splay(c);
f[o[e][1]] = c;
o[c][1] = o[e][1];
clr(e), mtn(rt);
}
没啦
放上完整代码
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 100005;
int rt, b, f[N], o[N][2], v[N], u[N], sz[N];
void mtn(int p) { sz[p] = sz[o[p][0]] + sz[o[p][1]] + u[p]; }
bool get(int p) { return p == o[f[p]][1]; }
void clr(int p) { o[p][0] = o[p][1] = f[p] = v[p] = sz[p] = u[p] = 0; }
void rotate(int p) {
int fp = f[p], ffp = f[fp], oo = get(p);
o[fp][oo] = o[p][oo ^ 1];
f[o[p][oo ^ 1]] = fp;
o[p][oo ^ 1] = fp;
f[fp] = p, f[p] = ffp;
if(ffp) o[ffp][fp == o[ffp][1]] = p;
mtn(p), mtn(fp);
}
void splay(int p) {
for(int fp = f[p]; fp = f[p], fp; rotate(p))
if (f[fp]) rotate(get(p) == get(fp) ? fp : p);
rt = p;
}
void ins(int p) {
if(!rt) { v[++ b] = p; u[b] ++; rt = b; mtn(rt); return; }
int e = rt, c = 0;
while(1) {
if(v[e] == p) { u[e]++; mtn(e); mtn(c); splay(e); break; }
c = e; e = o[e][v[e] < p];
if(!e) {
v[++ b] = p; u[b] ++;
f[b] = c; o[c][v[c] < p] = b;
mtn(b), mtn(c); splay(b);
break;
}
}
}
int rk(int p) {
int e = rt, c = 0;
while(1) {
if(p < v[e]) e = o[e][0];
else {
c += sz[o[e][0]];
if(p == v[e]) { splay(e); return c + 1; }
c += u[e]; e = o[e][1];
}
}
}
int kth(int p) {
int e = rt;
while(1) {
if(o[e][0] and p <= sz[o[e][0]]) e = o[e][0];
else {
p -= u[e] + sz[o[e][0]];
if (p <= 0) { splay(e); return v[e]; }
e = o[e][1];
}
}
}
int pre() {
int e = o[rt][0];
while (o[e][1]) e = o[e][1];
splay(e);
return e;
}
int nxt() {
int e = o[rt][1];
while (o[e][0]) e = o[e][0];
splay(e);
return e;
}
void del(int p) {
rk(p);
if(u[rt] > 1) { u[rt]--; mtn(rt); return; }
if(!o[rt][0] and !o[rt][1]) { clr(rt); rt = 0; return; }
if(!o[rt][0]) { int e = rt; rt = o[rt][1]; f[rt] = 0; clr(e); return; }
if(!o[rt][1]) { int e = rt; rt = o[rt][0]; f[rt] = 0; clr(e); return; }
int e = rt, c = pre();
splay(c);
f[o[e][1]] = c;
o[c][1] = o[e][1];
clr(e), mtn(rt);
}
int main() {
int n, op, p;
for(scanf("%d", &n); n; --n) {
scanf("%d%d", &op, &p);
if(op == 1) ins(p);
if(op == 2) del(p);
if(op == 3) printf("%d\n", rk(p));
if(op == 4) printf("%d\n", kth(p));
if(op == 5) ins(p), printf("%d\n", v[pre()]), del(p);
if(op == 6) ins(p), printf("%d\n", v[nxt()]), del(p);
}
return 0;
}
E·N·D
还在继续研究，没更完