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左偏树是一种支持 \(O(\log n)\) 合并的堆。
dist 相关
要了解左偏树，首先需要补充一个定义。定义二叉树中一个节点的 \(\operatorname{dist}\) 为其子树中最近的没有左儿子或右儿子的节点（称为「外节点」）到它的距离。根据定义，一个外节点的 \(\operatorname{dist}\) 为 \(0\)，其余节点的 \(\operatorname{dist}\) 为其左儿子和右儿子中，较小的 \(\operatorname{dist}\) 加上 \(1\)。
同时，一棵根的 \(\operatorname{dist}\) 为 \(x\) 的二叉树的节点数量不小于 \(2^{x}-1\) 个。容易观察到，这样的二叉树至少有 \(x-1\) 层是满的，这 \(x-1\) 层的节点数量共 \(\sum \limits_{i=0}^{x-1} 2^i = 2^{x}-1\) 个。于是，我们得到了一个重要的结论：一个节点数量为 \(n\) 的二叉树的 \(\operatorname{dist}\) 是 \(O(\log n)\) 级别的。
左偏树的定义和性质
左偏树满足堆的性质。除此之外，对于任意非外节点，其左儿子的 \(\operatorname{dist}\) 不小于右儿子的 \(\operatorname{dist}\)。我们可以得到一个推论：从任意一个非外节点的左偏树节点往右儿子方向走，\(\operatorname{dist}\) 一定会减小 \(1\)，至多走 \(\log\) 次就会到达外节点。
需要注意的是，一条向左的链也是一棵左偏树，因此 \(\operatorname{dist}\) 并不和深度相关。
左偏树的合并
对于两棵左偏树（以小根堆举例），在合并时会选取根的权值较小的那棵树 \(x\) 作为合并后的根，并把另外一棵树 \(y\) 和 \(x\) 的右儿子合并。
根据上一节中的推论，大小为 \(n,m\) 的两棵左偏树合并 \(O(\log n + \log m)\) 次就会出现空节点，此时停止合并即可。
struct Node{
int son[2];
int val;
int dist;
}tree[N*2];
inline int& lc(int x){
return tree[x].son[0];
}
inline int& rc(int x){
return tree[x].son[1];
}
inline void update(int x){
tree[x].dist=tree[rc(x)].dist+1;
return;
}
int merge(int x,int y){
if(!x||!y){
return x|y;
}
if(tree[x].val<tree[y].val){ // 选择 val更小的作为根
std::swap(x,y);
}
rc(x)=merge(rc(x),y);
if(tree[lc(x)].dist<tree[rc(x)].dist){ // 更新右儿子维护左偏树的性质
std::swap(lc(x),rc(x));
}
update(x); // 更新 dist
return x;
}
左偏树的插入 / 删除
对于插入，就是新建一个单个节点的堆，然后合并。
对于删除则略为复杂。首先需要明确，左偏树只能够在复杂度正确的情况下删除根节点。新设一个数组 \(f\)，其中 \(f_i\) 表示 \(i\) 所属左偏树的根节点。容易发现，\(f\) 就是一个并查集。在删除的时候，把当前根 \(rt\) 的左儿子 \(lc\) 和右儿子的 \(rc\) 合并在一起，并且更新 \(f_{lc}\) 和 \(f_{rc}\)。由于路径压缩的存在，可能有部分节点的 \(f\) 值仍然为 \(rt\)，因此我们要把 \(f_{rc}\) 设为合并之后新根的编号，这些节点经过一次 find() 之后就能找到正确的根节点。
给出删除的代码：
inline void Delete(int x){
f[son[x][0]]=f[son[x][1]]=f[x]=merge(son[x][0],son[x][1]);
son[x][0]=son[x][1]=dist[x]=0; // 清空节点信息
return;
}
例题 1 Luogu P3377【模板】左偏树（可并堆）
题意
给定 \(n\) 个小根堆，每个小根堆中有且仅有一个数。支持 \(m\) 次操作，每次操作为以下类型：
- 合并两个堆。
- 删除某个堆的根节点，并输出该根节点的权值。
\(1 \leq n,m \leq 10^5\)
题解
模板题。
# include <bits/stdc++.h>
# define rr register
const int N=100010;
int v[N];
int son[N][2];
int f[N];
int dist[N];
bool is[N];
int n,m;
int find(int x){
if(f[x]==x){
return x;
}
return f[x]=find(f[x]);
}
inline int read(void){
int res,f=1;
char c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')
if(c=='-')f=-1;
res=c-48;
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
res=res*10+c-48;
return res*f;
}
int merge(int x,int y){
if(!x||!y)
return x|y;
if(v[x]>v[y]||(v[x]==v[y]&&x>y))
std::swap(x,y);
son[x][1]=merge(son[x][1],y);
if(dist[son[x][1]]>dist[son[x][0]]){
std::swap(son[x][1],son[x][0]);
}
dist[x]=dist[son[x][1]]+1;
return x;
}
inline void Get(int x){
is[x]=true;
printf("%d\n",v[x]);
f[son[x][0]]=f[son[x][1]]=f[x]=merge(son[x][0],son[x][1]);
son[x][0]=son[x][1]=dist[x]=0;
return;
}
int main(void){
n=read(),m=read();
for(rr int i=1;i<=n;++i){
v[i]=read(),f[i]=i;
}
int opt,x,y;
while(m--){
opt=read(),x=read();
if(opt==1){
y=read();
if(is[x]||is[y]){
continue;
}
x=find(x),y=find(y);
if(x==y){
continue;
}
f[x]=f[y]=merge(x,y);
}else{
if(is[x]){
puts("-1");
continue;
}
Get(find(x));
}
}
return 0;
}
例题 2 Luogu P1456 Monkey King
题意
有 \(n\) 只猴子和 \(m\) 次冲突。每只猴子有一个强壮值，第 \(i\) 只猴子的强壮值为 \(s_i\)。每次冲突包括两只猴子 \(x,y\)。
- 如果 \(x\) 和 \(y\) 认识，那么什么都不会发生。此时请输出 \(-1\)。
- 如果 \(x\) 和 \(y\) 不认识，那么他们会分别邀请各自最强壮的朋友进行决斗。决斗之后，参加决斗的两位强壮值减半（下取整），\(x\) 和 \(y\) 以及各自的朋友会互相认识。此时请输出决斗之后他们最强壮的朋友的强壮值。
\(1 \leq n,m \leq 10^5\)，多组数据
题解
决斗操作本质是先删除，修改点权，再插入。
明白这一点就可以直接做了。
# include <bits/stdc++.h>
const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f;
struct Node{
int son[2];
int val;
int dist;
}tree[N*2];
int f[N*2],cnt;
int n,m;
int root;
inline int read(void){
int res,f=1;
char c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')
if(c=='-')f=-1;
res=c-48;
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
res=res*10+c-48;
return res*f;
}
inline int& lc(int x){
return tree[x].son[0];
}
inline int& rc(int x){
return tree[x].son[1];
}
inline void update(int x){
tree[x].dist=tree[rc(x)].dist+1;
return;
}
int merge(int x,int y){
if(!x||!y){
return x|y;
}
if(tree[x].val<tree[y].val){
std::swap(x,y);
}
rc(x)=merge(rc(x),y);
if(tree[lc(x)].dist<tree[rc(x)].dist){
std::swap(lc(x),rc(x));
}
update(x);
return x;
}
inline void NewNode(int &x,int val){
x=++cnt;
tree[x].val=val,tree[x].dist=0,lc(x)=rc(x)=0,f[x]=x;
return;
}
inline int find(int x){
return (f[x]==x)?x:(f[x]=find(f[x]));
}
inline void Delete(int x){
f[x]=f[lc(x)]=f[rc(x)]=merge(lc(x),rc(x));
tree[x].dist=0;
return;
}
int main(void){
while(~scanf("%d",&n)){
cnt=root=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
int x,val=read();
NewNode(x,val);
}
m=read();
while(m--){
int u=read(),v=read();
int fu=find(u),fv=find(v);
if(fu==fv){
puts("-1");
continue;
}
int urt,vrt,Urt,Vrt;
urt=f[lc(fu)]=f[rc(fu)]=merge(lc(fu),rc(fu)),vrt=f[lc(fv)]=f[rc(fv)]=merge(lc(fv),rc(fv));
lc(fu)=rc(fu)=0,tree[fu].dist=0,lc(fv)=rc(fv)=0,tree[fv].dist=0;
tree[fu].val>>=1,tree[fv].val>>=1;
Urt=f[urt]=f[fu]=merge(urt,fu),Vrt=f[vrt]=f[fv]=merge(vrt,fv);
f[Urt]=f[Vrt]=merge(Urt,Vrt);
printf("%d\n",tree[f[Urt]].val);
}
}
return 0;
}