Splay簡述&結構
BST -- 二叉查找樹，任意左兒子 < 父親節點 ， 任意右兒子 > 父親節點（對每個節點都符合
Splay -- 是一種BST，它通過不斷將某個節點旋轉到根節點，使得整棵樹仍然滿足二叉查找樹的性質，並且保持平衡而不至於退化為鏈，它由 Daniel Sleator 和 Robert Tarjan 發明，Tarjan np！！
維護的信息
| \(rt\) | \(b\) | \(f[i]\) | \(o[i][0/1]\) | \(v[i]\) | \(u[i]\) | \(sz[i]\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 根節點編號 | 節點個數 | 父親 | 左/右兒子編號 | 節點權值 | 權值出現次數 | 子樹大小 |
因為存在 左子樹任意節點的值 < 根節點的值 < 右子樹任意節點的值 的性質，我們能從這棵樹上查找某個值
Various operations
the basic
- \(maintain(p)\) ： 改變節點位置后更新節點的\(size\)
- \(get(p)\) ： 判斷某節點為左兒子還是右兒子
- \(clear(p)\) ： 銷毀節點
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
旋轉操作>>>>
以左圖到右圖為例，現在要將p節點向上移一個位置，將1-p-fp-3這條鏈往右移一個位置，2的父親由右上的p換為左上的fp（旋轉之后的結果），，過程中我們要維護這棵樹BST的性質，
過程：
- fp 為 p 的父親，ffp 為 fp 的父親，oo 表示 p 為左兒子還是右兒子
- 讓 fp 的兒子
o[fp][oo]變為 2o[p][oo ^ 1]，讓 2f[o[p][oo ^ 1]]的父親變為 fp - 讓 p 的兒子
o[p][oo ^ 1]變為 fp ，讓 fp 的父親f[fp]變為 p - 如果存在 fp 的父親 ffp（fp不是根節點），讓 ffp 的兒子
o[ffp][get[fp]]變為 p，p 的父親變為 ffp ，其實不存在父親的話也沒關系反正也是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
每訪問到一個節點都強制把它旋轉到根節點 ，分6種情況，其中 x 是要被旋轉到根節點的節點
過程：
- 圖1&2：x的父親是根節點，直接將x左/右旋
- 圖3&4：x和他父親都是左/右兒子，先旋父親再旋x
- 圖5&6：x和他父親不是同一種兒子，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
插入一個節點
過程：
- 若樹空則直接插入然后結束
- 如果當前節點權值等於要插入的權值，就增加當前節點大小並更新節點和父親的信息，並將當前節點Splay
- 否則按BST的性質向下找，找到一個空節點插入就行了，記得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
查詢 p 的排名 您老幾？
過程：
- 如果 p 比當前節點權值小，就去左子樹找
- 否則將答案加上左子樹大小和當前節點大小，再向右子樹找
- 如果x與當前節點權值相同，答案+1並return
- 別忘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
查詢排名為 p 的數
過程：
- 如果左子樹非空且剩余排名 p 不大於左子樹大小，就去左子樹找
- 否則將 p 減去左子樹和根的大小，若此時 p 的值 <= 0，則返回根節點的值，不然就接着向右子樹找
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
查詢節點 p 的前驅
我們可以把 p 插入，那前驅就是 p 左子樹中最右邊的節點，再將 p 消除
int pre() {
int e = o[rt][0];
while (o[e][1]) e = o[e][1];
splay(e);
return e;
}
next
查詢 p 節點的后繼
也是先插入 p ，然后找到 p 的右子樹最左邊的節點，然后銷毀 p
int nxt() {
int e = o[rt][1];
while (o[e][0]) e = o[e][0];
splay(e);
return e;
}
merge two tree
合並兩棵splay，將其中一棵連根拔起然后種到另一棵旁邊就可以了， 真的是十分方便呢 設兩樹分別為 A 樹和 B 樹，現在要求A樹中最大值 <B樹中最小值
過程：
- 若有一棵空樹或都是空樹，直接返回不空樹的根節點或隨便一棵空樹
- 否則將A樹的最大值splay到根，將他的右子樹設為B並更新節點信息，然后返回這個節點
delete
刪除一個節點 p
過程：
- 將 p 旋到根節點的位置
- 若
cnt[p]>1，也就是有很多個 p，就將cnt[p] -= 1; return; - 否則合並它的兩棵子樹
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);
}
沒啦
放上完整代碼
#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
還在繼續研究，沒更完