fhq treap（無旋treap）學習筆記

首先最好要會寫treap（也先了解一下笛卡爾樹是什麼。。。）

fhq treap和treap同樣有乙個隨機分配的rnd值，用於平衡，但fhq treap不需要旋轉操作來維持平衡，因為有兩個神奇的操作merge和split

在兩種操作之前，要明確的一點是fhq treap依靠rnd值來維護平衡，把每個點按照小根堆的方式放置，即根rnd小於子rnd，並且在任何時候都要保證有二叉搜尋樹的性質，即左子樹key <= 根節點key <= 右子樹key

其實我們可以把相等的點縮在一起看做根，這樣就滿足了左子樹《根《右子樹了，就算有一些和根相同的點跑到右子樹上了，由於我們在各種操作的過程中是不斷往右子樹上跑的，所以這些點還是會考慮到

下面兩個函式是fhq treap的核心，理解好了其他操作就十分簡單

注意兩個操作都要update(now)

遞迴的過程，在執行之前需要保證x中所有點的key值（要儲存的值，不是隨機值）都小於y的（簡稱為x < y），這是二叉搜尋樹的性質，而如何保證這個性質先不用著急，在插入操作中，這個性質自然實現了。最後要返回當前根節點

int merge(int x, int y) 
tr[y].ls = merge(x, tr[y].ls);//把x接在y的左子樹上
update(y);
return y;
}

權值小於等於k的分到左樹（x），大於的分到右樹(y)。

注意引數中的x,y是「x樹中等待和別的點相接的點，y樹種等待和別的點相接的點」這個意思

等待這個詞很微妙，下面通過乙個具體的情形解釋一下

首先x,y均為0，然後判斷一下，確定目前x或y的樹根

若目前now的值小於等於k，則now應該放在x樹上，放在x樹的**呢？就放在函式目前的引數上，即x「等待相接的位置」，並且x左子樹均比k小，不需要改動。

然後現在整棵樹變為兩部分 now及其左子樹，now的右子樹，顯然在上述情形下，下一次要劃分的樹就是now的右子樹，並且按照二叉搜尋樹的性質應當把劃分下來的，值仍然小於等於k的子樹接在x的右子樹上，所以此時now的右子樹就是「x等待相接的位置」

另一種情況同理

並且不用擔心這樣分會錯（比如在第一種情況中now的右節點還是原來的，但是在不斷遞迴的過程中now的右節點要麼被更新，要麼由if(!now) x = y = 0;變為0）

void split(int now, int k, int &x, int &y)  
if(tr[now].val <= k) 
x = now, split(tr[now].rs, k, tr[now].rs, y);
else 
y = now, split(tr[now].ls, k, x, tr[now].ls);
update(now); //那些now = 0的點不能呼叫update，因為會使得本來siz為0的點變為1（看update**，無論如何也會加1）
}

解決區間問題的時候要按size分

這時k為size 若now樹的左子樹有》=k個節點，那麼就從其左子樹中找k個

否則，從其右子樹中找k-tree[lson].size-1個（左邊貢獻了足夠多的點）減去的1是根節點（有點像treap求第k大）

void split(int now, int k, int &x, int &y) 
}

操作時注意實時維護root具體是哪個點

void new_node(int val)

為了保證"x < y"這個性質，只好按val拆分，然後在合併x和點new的時候雖然x中有和new值相同的，但是問題不大，

split(root, val, x, y);
root = merge(merge(x, new_node(val)), y);

注意合併的時候要反著拆分的順序操作，仍然是為了保證"x < y"

下面的操作成功分出了乙個c，而c的根的值一定為val，這是因為前面劃分除出了乙個a，a只有兩種點，值為val的點和值<=val的點，而c又是從a中分出來的

split(root, val, a, b);
split(a, val-1, a, c);
c = merge(tree[c].lson, tree[c].rson);
root = merge(merge(a,c), b);//a，c最後拆，最先合

把整棵樹以 val-1 split 分為x和y 然後答案就是x.size+1，當然前提是這個值存在

和treap一樣

int kth(int now, int k)  else  else 
} }}

按val-1劃分，左樹裡面找最大的，即在左樹裡面找rank為左樹size的即可

按val劃分，右樹rank為1的就是

構造一棵treap，使得對treap中序遍歷就能得到初始區間

其實應該模仿笛卡爾樹，線性建樹的，但是我不會，而且大多數題沒卡到那個地步

一般就是那種，詢問少，n很大，nlogn過不去，但是qlogn能過去的題，就得模仿笛卡爾樹建樹了，開個單調棧什麼的，我目前還不會寫。。。

int build(int l, int r)

劃分兩次，把樹分出來乙個l~r的，然後進行翻轉操作，具體來說就是把乙個點的左右兒子交換，對於翻轉區間內每乙個點都進行這麼個操作，最後這個區間就被整體翻轉了。這裡有懶標記的思想，打上標記把樹合併就行了

void reverse(int l, int r)

輸出：中序遍歷

這裡有懶標記的思想，所以輸出時還要下傳

void dfs(int now)

普通平衡樹：

#include #include #include #include using namespace std;
#define debug(x) cerr << #x << "=" << x << endl;
const int maxn = 100000 + 10;
typedef long long ll;
int n,val,opt,a[maxn],root,x,y,z,tot;
struct fhqtreaptr[maxn];
int newnode(int x) 
void update(int now) 
int merge(int x, int y) 
tr[y].ls = merge(x, tr[y].ls);
update(y);
return y;
}void split(int now, int k, int &x, int &y) 
if(tr[now].val <= k) 
x = now, split(tr[now].rs, k, tr[now].rs, y);
else 
y = now, split(tr[now].ls, k, x, tr[now].ls);
update(now); 
}int kth(int now, int k) else else 
} }}int main() else if(opt == 2) else if(opt == 3) else if(opt == 4) else if(opt == 5) else 
}return 0;
}

文藝平衡樹：

#include #include #include #include using namespace std;
const int maxn = 100000 + 10;
struct trnodetr[maxn];
int n,m,tot,root;
void update(int now) 
void down(int now) 
int new_node(int val) 
int build(int l, int r) 
int merge(int x, int y) else 
}void split(int now, int k, int &x, int &y) 
}void rever(int l, int r) 
void dfs(int now) 
int main() 
dfs(root);
return 0;
}

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