今天是丁明朔老师的讲授~
数据结构
绪论
下面是天天见的：
栈，队列；
堆；
并查集；
树状数组；
线段树；
平衡树；
下面是不常见的：
主席树；
树链剖分；
树套树；
下面是清北学堂课程表里的：
ST表；
LCA；
HASH；
堆
支持两种操作：
1.插入一个值；
2.删除一个最大值（大根堆）或最小值（小根堆）；
需要使用STL里的 priority_queue 或手写；
LCA
结点 A 和结点 B 的最近公共祖先 LCA 及以上都是 A 和 B 的公共祖先；
注意 LCA 是尽局限于树上的；
如何求两个结点 A 和 B 的 LCA？
1. 如果 A 的深度比 B 的深度小，那么我们将 A 和 B 互换一下，这是为了方便处理；
2. 把 A 向上抬升到 B 的深度；
3. A 和 B 一块往上走，直到走到一个点为止；
如何快速地将 A 和 B 抬升到一个深度？
我们发现 A 和 B 是有深度差的，记为：deep = dA - dB ；
如果我们一步一步地往上跳，要跳 deep 次，我们发现当这个树是一条链的话，时间复杂度会达到O（n），有很大的劣势，我们需要改进一下：
我们可以设计这样一个数组：p [ x ][ i ] 表示 x 的第 2i 个祖先是哪个；
边界条件：p [ x ][ 0 ] = y，y 是 x 的父亲，这个我们用深度优先搜索就可以实现；
一个显然的递推方程：p [ x ][ i ] = p [ p [ x ][ i-1] ][ i-1 ]；（x 向上走 2i 就相当于先走 2i-1 再走 2i-1）
我们可以将 deep 用二进制表示出来，为了便于理解这里设 deep=19 吧：
deep = 19 = （10011）2 = 24 + 21 + 20
那么也就是说，我们可以将 A 先往上跳 24 ，再往上跳 21，再往上跳 20 ，也跳到了 B 的深度；
那么我们看到我们定义的数组，不就是 A = p [ A ][ 4 ] => A = p [ A ][ 1 ] => A = p [ A ][ 0 ]；我们只跳了三步就OK了。
时间复杂度 O（log n）；
如何快速地将 A 和 B 走到同一位置？
我们发现 A 和 B 一旦走到了最近公共祖先 LCA 后，那么以后肯定都在一个位置了，但是我们不好确定这个 LCA 在哪里；
虽然不好确定 LCA 在哪，但是我们可以确定最后一次不相遇的位置：
我们从大到小枚举 i ，让 A 和 B 同时跳 2i ，如果发现跳了之后还是到不了同一个点，那就跳，否则就不跳；
证明的话很简单，因为 dLCA - dA 也可以用二进制表示出来，所以我们是一定能够到达这个 LCA 的，我们按照上述操作后，那么 A 和 B 一定就是 LCA 的左右两个儿子，所以我们再跳一次就是 LCA了；过程中主要如果能跳到同一点就不跳，因为我们不能确定这是不是 LCA；
LCA 常运用处理一类带差分，可差分的问题：
假如我们有棵树：
我们要求结点 6 和 7 的最短路径，我们可以先求出 6 和 7 的LCA是 2，然后答案就是deep7 + deep6 - 2 * deep2：
ST表
主要是处理区间最值的 RMQ 问题；
我们设 mx [ i ][ j ] 表示下表从 i ~ i + 2j - 1 内的最值是多少；
边界条件：mx [ i ][ 0 ] = i；
递推方程：mx [ i ][ j ] = max（mx [ i ][ j-1 ] , mx [ i+2j-1 ][ j-1 ]）；
mx [ i ][ j ] = min （mx [ i ][ j-1 ] , mx [ i+2j-1 ][ j-1 ]）；
这里我们可以将 [ i , i+2j -1 ] 这个长度为 2j 的区间平均分成两个长度为 2j-1 的小区间：[ i , i+2j-1-1 ] 和 [ i+2j-1 , i+2j-1 ]，那么大区间的答案不就是两个小区间的答案取最优嘛？这不就完了？
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++) for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
在考虑询问的时候，我们要找两段长度相同的区间能覆盖询问区间，我们可以这样做：
先算出询问区间的长度 len = r - l + 1，然后我们取 len 的 log 值向下取整： t = floor（loglen），那么 2t 就能覆盖询问区间的一半，那么我们再来一个就能全部覆盖了。
int l=read(); int r=read(); int k=(int)(log((double)(r-l+1))/log(2.0)); int ans=max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
哈希HASH
HASH是一种函数，我们需要设计一种函数将一个字符串变成一个数，所以我们在比较两个字符串的时候，就可以比较两个数了；
map 是基于比较函数的红黑树，两个字符串的比较是O（字符串长度），非常非常慢！
我们怎么将一个字符串转化成HASH值？
1.我们先设定这个字符串是个几进制的数（最好取质数）；
2.我们可以将原字符串里的字母转化成ASCII 码，然后再将其转化成十进制的数，就是这个字符串的HASH值了。注意到这个数可能很大，所以我们要在后面模一个大质数。考虑到unsigned long long 的范围是 1~ 264- 1，是个质数耶，所以我们可以用unsigned long long 来存让它自然溢出就行了，完全不用管取模的事。
HASH是允许冲突的！我们只是要尽可能避免冲突！而不是根本上消除冲突！ 如果我们非常害怕冲突，我们可以双哈希。（将这个字符串用两种进制表示，再模两个不同的质数）
假设我们有一个字符串 dmstql，我们要将它转成HASH值：
1.我们先设定这个字符串是个 p 进制的数；
2.将其转化为十进制（字母换成ASCII码）：
HASH = d * p5 + m * p4 + s * p3 + t * p2 + q * p1 + l * p0；
我们怎么求一个字符串子串的HASH？我们求每个字符前缀的HASH，然后可以利用前缀和的思路来求子串的HASH：
d：d * p0；
dm：d * p1 + m * p0；
dms：d * p2 + m * p1 + s * p0；
dmst：d * p3 + m * p2 + s * p1 + t * p0；
dmstq：d * p4 + m * p3 + s * p2 + t * p1 + q * p0；
dmstql：d * p5 + m * p4 + s * p3 + t * p2 + q * p1 + l * p0；
我们发现第 i 个字符前缀哈希值 = 第 i-1 个字符的前缀哈希值 * p + Si（Si 是第 i 个字符）
那么我们怎么求 stq 的哈希值？
手写一下很显然，就是：s * p2 + t * p1 + q * p0，那么怎么用前缀和的形式来表达呢？
其实很很显然了：
HASHdmstq - HASHdm * p3
= （d * p4 + m * p3 + s * p2 + t * p1 + q * p0）- （d * p1 + m * p0）* p3
= （d * p4 + m * p3 + s * p2 + t * p1 + q * p0）- （d * p4 + m * p3）
= s * p2 + t * p1 + q * p0
=HASHstq
至于后面要乘上 p 的几次方这个问题，我们只要看我们求的这个字符串的长度就好了，这里 stq 的长度是 3，所以后面乘上 p3；
并查集
支持合并集合和查找在哪个集合里
定义一个数组：fa [ i ] 表示 i 的父亲是哪个结点，注意树根的父亲是自己；
初始化：fa [ i ] = i，表示每个结点都是独立的；
路径压缩：
我们发现并查集完全没有必要保留树的结构，所以我们直接将一个结点 x 的父亲设为它的祖先；
int getfa(int x) //寻找x的父亲 { fa[x]==x?return x:return getfa(fa[x]); }
树状数组
支持单点修改，区间查询；
主要应用：
线段树常数过大时
线段树功能过多时
树状数组所求的所有问题必须存在逆元！
int lowbit(int x) //求lowbit { return x&(-x); } void modify(int x,int y) //将第x个数加上y { for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) c[i]+=y; //加lowbit找父亲 } int query(int x) //询问x的前缀和 { int ret=0; for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) ret+=c[i]; return ret; } int query(int l,int r) //区间[l,r]的和 { return query(r)-query(l-1); }
二维树状数组
树状数组的每一个节点都是一个树状数组，所以把循环复制一遍即可。
线段树
支持区间修改，区间查询；
主要应用：
用于处理一类区间修改区间查询的问题。
树的每个结点是一个抽象的线段；
单点修改：
1.定位点的位置；
2.更新树的权值；
任何一段线段在线段树中都以用 log n 条线段表示；
区间修改，区间查询：
要用到懒标记 Lazy Tag，表示这个结点对应的区间的每个数都加上了 x（x存在 Lazy Tag 里）；
它的作用是：我们区间加上 x 后，我非常懒不立刻加，不询问到这个结点的话，我就啥也不干，询问到才加上这个 x；
什么时候下传标记？
只要我们要遍历到该结点，就要将它父亲的标记下放；
struct Node{ int l,r; int sum; int tag; }t[N<<2]; void pushup(int rt){ //num上传 t[rt].sum=t[rt<<1].sum+t[rt<<1|1].sum; } void pushdown(int rt){ //标记下传 if(t[rt].tag){ t[rt<<1].tag+=t[rt].tag; t[rt<<1].sum+=t[rt].tag*(t[rt<<1].r-t[rt<<1].l+1); t[rt<<1|1].tag+=t[rt].tag; t[rt<<1|1].sum+=t[rt].tag*(t[rt<<1|1].r-t[rt<<1|1].l+1); t[rt].tag=0; } } void build(int rt,int l,int r){ //建树 t[rt].l=l; t[rt].r=r; if(l==r){ t[rt].sum=a[l]; return; } int mid=(l+r)>>1; build(rt<<1,l,mid); build(rt<<1|1,mid+1,r); pushup(rt); } void modify(int rt,int p,int c){ //单点修改 if(t[rt].l==t[rt].r){ t[rt].sum=c; return; } pushdown(rt); int mid=(t[rt].l+t[rt].r)>>1; if(p<=mid) modify(rt<<1,p,c); else modify(rt<<1|1,p,c); pushup(rt); } int query(int rt,int l,int r){ //询问区间[l,r]的和 if(l<=t[rt].l&&t[rt].r<=r){ return t[rt].sum; } pushdown(rt); int ret=0; int mid=(t[rt].l+t[rt].r)>>1; if(l<=mid) ret+=query(rt<<1,l,r); if(mid<r) ret+=query(rt<<1|1,l,r); return ret; } void add(int rt,int l,int r,int c){ //[l,r]上每个数加上c if(l<=t[rt].l&&t[rt].r<=r){ t[rt].tag+=c; t[rt].sum+=c*(t[rt].r-t[rt].l+1); return; } pushdown(rt); int mid=(t[rt].l+t[rt].r)>>1; if(l<=mid) add(rt<<1,l,r,c); if(mid<r) add(rt<<1|1,l,r,c); pushup(rt); }
总结：
堆：最大值插入，删除，查询；
ST表：区间最大值查询；
树状数组：单点修改，区间查询；
线段树：区间修改，区间查询；
看例题：
例一
我们维护两个堆，一个大根堆，一个小根堆，使得大根堆内的元素个数是 n/2 + 1，小根堆内的元素个数是 n/2，每次插入的时候往大根堆里面插，如果元素个数超过了 n/2 + 1 的话我们就将大根堆的堆顶弹入小根堆里，插完之后大根堆的堆顶就是中位数。（这个的话应该挺好理解的：因为大根堆里面有 n/2 + 1个数，所以比堆顶元素小的有 n/2 个数，比堆顶元素大的都弹到小根堆里面了，也有 n/2 个数，那么这个数不就是中位数嘛？）
例二
我们可以将每个点向右向下连一条边，权值就是这两个点的高度差的绝对值，然后我们将所有的边升序排序，每次取出一条边就将连着的两个端点合并，若发现集合中的点的个数等于T，那么这个集合的贡献就是：最新加入的这条边的权值 * 这个集合中出发点的个数；
做法就是并查集啦~
例四
这个题是树的哈希。
我们看到这个题没有规定树的根，这求起来就有点麻烦啊。不过我们看到数据范围很小，所以我们可以以每个结点为根求一个HASH，如果发现有两个HASH值完全相同，那么就说明这两棵树是同构的。
更巧妙的做法：
一个无根树的中心不会超过两个。
枚举每个重心，以重心为根求出这棵有根树的最小表示，然后取字典序最大的即可。
也可以用括号序来做：
对于有根树的最小表示，可以看成括号序列，每次把子树的括号序列按字典序排序后依次串连起来即可。
父亲结点的括号括着儿子结点的括号，兄弟结点的括号是并列关系的。
例五：
我们不用归并排序，考虑用树状数组做。
假设我们有个序列 ：
1 9 2 6 0 8 1 7
我们只要求出来每个数前面有几个数比它大，就是这个数贡献的逆序对数，我们只要把所有数的逆序对数加起来就好了。
做法：
我们开一个 vis 数组，每输入一个数，将它的 vis 值赋成 1，
问题变成了动态将某个点加一，动态维护前缀和；
离散化：
1.排序 sort；
2.去重 unique；
3.安排查找 lower_bound；
例六：
由于我们要统计一个星星 i 左下角的星星数，那么就是要统计所有的 xj <= xi，yj <= yi，因为我们是按照 y 递增来输入的星星，所以所有比当前星星的 y 值小的星星都已经被输入了，那么我们就考虑之前输入的星星有多少颗星星的 x 值小于等于当前星星的 x 值就好了。
我们开一个数组，S [ i ] 表示横坐标x为 i 的星星个数，那么所有横坐标小于等于 i 的星星个数就是：S [ 1 ] + S [ 2 ] + S [ 3 ] + ……+ S [ i ]，求前缀和我们可以用树状数组！
这个题是二维偏序，一维排序，一维树状数组。
例七：
我们开 m 个树状数组。
第 i 个树状数组的第 j 个下标表示 aj % m 是否为 i，是则为1，否则为 0；
加法减法还是正常的加加减减，我们重点考虑询问的情况：
我们询问区间 [ l , r ] 有多少个数模 m ==mod，我们就在第 mod 个树状数组里面找，考虑到一段区间内的和就是这一段区间内模 n == i 的数的个数，所以我们可以利用前缀和思想（树状数组来维护前缀和）分别求出 sum [ r ] 和 sum [ l-1 ] 再做差就可以了。
例八：
对于一个数 x，我们从前找不大于 x 的最大数和从后找不小于 x 的最小数，然后分别与 x 做差取最小的绝对值就是答案；
我们建立一棵线段树维护区间最小值和最大值；（权值线段树：下标不是数组的下标，而是权值的下标）
我们维护两个 Tag，一个记录加法，一个记录乘法，它们之间会互相影响；
考虑到我们在区间乘法的时候，不仅乘法标记要乘上 x，加法标记也要乘上 x；标记下传的时候，考虑到乘法标记优先下传更优，所以将加法标记下传的时候也要乘下乘法标记；
我们发现原数组 a 没有什么卵用啊，我们要求的是斐波那契数求和，所以我们用线段树来维护区间内的斐波那契数的和；对于我们将原数组的某个数加上了 x，其实就是该项的斐波那契数往后推了 x 项，那么我们直接在线段树中将该位置乘上（（1 0）（1 1））x 就行了。
这个题告诉我们，线段树懒标记打的不一定是个数，还可能是个矩阵或一些更加奇怪的东西。
发现这个题跟昨天 lyd 讲的分块的题有些类似。
我们开根号的时候，我们看看这个数是否已经被开到了1 或 0，如果是就打上个标记，以后再也不管了（√1=1，√0=0），如果一个结点的左右儿子都被打上标记了，那么我们就将这个结点打上标记；然后就做完了。
满足插入一个数，删除一个数，求中位数之和。
注意到我们插入删除数的时候，中位数可能会改变。
我们开一个 s 数组，s [ i ] 表示下标模5为 i 的数的和；
然后我们就可以线段树每一个结点维护这么一个数组：
假如我们有一个序列：0 1 2 6 7 8 9 11
根结点只有一个元素，所以下标都是 1：
然后得到倒数第二层的数，要将右儿子滚动左儿子数的个数次：
例如：10000 -> 01000
答案就是根结点的 s [ 3 ]；
具体做法：
先将要处理的数字离散化。
按数字的顺序为下标建立一颗线段树。
线段树的每个节点维护如下几个值：
这一段闭区间中有几个数字；
s [ 0~4 ]表示下标模5余某的数值之和。
单点修改，区间查询即可完成操作。
告诉我们线段树里维护的不一定是个数，也可能是某种信息，这也是比较常考的。
mex：没出现过的最小的自然数。
我们从左往右扫一遍就可以得到所有以 1 为左端点的区间的 mex 值；
我们每次讲左端点 l 右移一个单位，r 也不断改变，同时更新新区间的 mex 值；
考虑到如果一个数在序列里仅出现过一次，那么如果将这个点删去的话，在这个点右边的那些 mex 比这个数大区间的 mex 值就会被更新成这个数。
单词询问的时间复杂度是O（log n），它的复杂度就是区间修改；
只有查询没有修改：
1.线段树离线；
2.莫队算法；
其实这个题我们只要看有没有长度为 3 的等差序列就好啦。
这个题一个灰常重要的前提：1~n 在序列里全都出现过一次！
我们用一个 vis 数组，将之前出现过的数标记为1，没出现的数标记为0，不妨枚举等差中项 x，我们以 x 为对称轴，看看左右的 vis 是否对称，如果不对称就说明有解，否则的话就说明以 x 作为等差中项是无解的。
单点修改，如何比较两段区间是否相同。
线段树的每一个结点代表的维护这个结点的线段的哈希值，我们要维护两种哈希值，一个往前一个往后。
举个例子：
我们有个序列： 9 3 1 7 5 6 8 2
我们先插入9，将 vis [ 9 ] 标记为 1，并看看以 9 为对称轴两边的 vis 值是否对称：
再插入3，将 vis [ 3 ] 标记为 1，并判断以 3 为对称轴左右的 vis 值是否对称：
再插入1：
再插入7：
为什么可以介个样做呢？
考虑到当前插入一个数是 x 吧，发现 vis [ x - a ] = 1，说明 x - a 在 x 之前已经出现过了，则 x - a 在 x 的左边；我们又发现 vis [ x + a ] = 0 （x + a <=n），说明 x + a 会在 x 之后出现，这样不就有了一个长度为 3 的等差序列了嘛？这道题就做完了。
平衡树
二叉搜索树的性质：
对于每个结点，它的所有左子树的所有结点都小于这个结点，右子树的所有结点都大于这个结点；
二叉搜索树的查找：
从根结点出发，如果查找元素大于这个结点，就往右子树找，否则就往左子树找；
我们发现二叉搜索树的形态不固定，又因为二叉查找树非常依赖于它的深度，所以用平衡树就能缩短深度；
它支持区间修改，区间查询；
主要实现方式有 Splay、Treap 两种；
平衡树基于一定的操作：旋转（rotate）
旋转之后，我们会发现 1 往上移了一个深度，我们不断旋转不断往上移，直到移到根，这样我们询问是就可以O（1）询问了；
Splay
背景简介：
伸展树(Splay Tree)，是一种二叉搜索树,它能在 O(log n)内完成插入、查找和删除操作。
它由丹尼尔·斯立特和罗伯特·恩卓·塔扬在 1985 年发明的。
Splay的特点：
在伸展树上的一般操作都基于伸展操作：假设想要对一个二叉查找树执行一系列的查找操作，为了使整个查找时间更小，被查频率高的那些条目就应当经常处于靠近树根的位置。 于是想到设计一个简单方法, 在每次查找之后对树进行重构，把被查找的条目搬移到离树根近一些的地方。伸展树应运而生。伸展树是一种自调整形式的二叉查找树,它会沿着从某个节点到树根之间的路径,通过一系列的旋转把这个节点搬移到树根去。
cnt [ i ]：当前结点 i 的数出现过多少次；
data [ i ]：当前结点 i 的权值是多少；
size [ i ]：当前结点 i 及其子树里有多少个数；
由于 splay 的旋转操作是整个结构的核心，所以我们先研究下 splay 的旋转操作：
先看一个简单的树，我们将 x 这个结点旋转后应该是这个样子：
怎么知道旋转后是这个样子的呢？
splay 的旋转指的是将当前结点旋转到它的父亲结点上去（保证每次旋转这个点的深度-1），那么图中的 x 结点顺时针旋转后就跑到了 y 结点的位置：
y 结点被赶出来了，只好也顺时针旋转，于是乎跑到了绿点的位置：
绿点呢？原来它是 y 的右儿子，旋转之后看到 y 的右儿子那里目前还空着，那就接着当 y 的右儿子呗~：
我们看黄点，它之前是 x 结点的左儿子，x 转过去之后发现 x 的左儿子的位置还空着，那就接着当 x 的左儿子呗~：
但是 a 就不是很幸运了，x 右儿子的宝座给 y 占了，那怎么办呢？总得给 a 安排个位置吧。
我们就要在维护 BST 的同时给 a 找一个合适的位置 QwQ~
根据 BST 的性质可知，a 是小于 y 的，看到旋转之后 y 没有左儿子哎，那就顺理成章的接到 y 的左儿子那里就好了鸭~：
从上述的旋转过程中我们可以得出一些规律：
1. 黄点之前作为旋转点 x 的左儿子，旋转之后还是 x 的左儿子；绿点之前作为旋转点 x 的父亲 y 的右儿子，旋转之后还是 y 的右儿子；
2. 旋转点 x 是父亲 y 的左儿子的时候，那么如果 x 有右儿子，旋转之后要接到 y 的左儿子那里；反之如果旋转点 x 是父亲 y 的右儿子，如果 x 有左儿子，旋转之后要接到 y 的右儿子那里；
3. 旋转点 x 跑到了父亲 y 的地方；
4. 旋转点 x 的父亲 y 跑到了 y 的另一边儿子的地方；
根据上面总结的小规律，然后就可以具体推广一下下啦：
假如我们一开始并不知道 x 是 y 的左儿子还是右儿子，我们暂且设 x 是 y 的 b 儿子（b 代表左儿子或右儿子）；
1. x 的 b 儿子旋转之后还是 x 的 b 儿子；y 的！b 儿子（另一边的儿子）旋转后还是 y 的 ！b 儿子；
2. x 的 ！b 儿子旋转后接到 y 的 b 儿子那里；
3. x 跑到 y 那里；
4. y 跑到 ！b 儿子那里；
什么？你说万一 y 不是根结点怎么办。。。
好说啊！假设 y 的父亲是 z 吧，那么如果之前 y 是 z 的左儿子，旋转之后 x 就是 z 的左儿子；如果之前 y 是 z 的右儿子，旋转之后 x 就是 z 的右儿子（也就是说旋转操作和 z 没什么多大关系）；
真的是脑子里面什么都有，说起来就。。。
体谅一下本蒟蒻的口才qwq，看不懂肯定是因为我没说清楚~
那就先看一下旋转操作的代码吧：
int fa[N],ch[N][2]; //ch[i][0]:i的左儿子,ch[i][1]:i的右儿子 int cnt[N]; //结点i的数出现了多少次 int data[N]; //结点i的权值 int siz[N]; //结点i及子树里有多少个数 int son(int x) //看x是他父亲的左儿子还是右儿子 { return x==ch[fa[x]][1];//左儿子返回0,右儿子返回1 } void pushup(int rt) //上传 { siz[rt]=siz[ch[rt][0]]+siz[ch[rt][1]]+cnt[rt]; //左右子树里的结点个数相加并加上当前结点的个数 } void rotate(int x) //旋转操作 { int y=fa[x],z=fa[y]; //这里y不一定有父亲,也就是说z可能为0 int b=son(x); //x是y的b儿子,ch[y][b]=x int c=son(y); //y是z的c儿子,ch[z][c]=y int a=ch[x][!b]; //找x逆儿子a if(z) ch[z][c]=x,fa[x]=z; //在原来y的位置换上x else root=x; //如果y没有父亲,说明y就是根,那么旋转后x就是根 if(a) fa[a]=y; //如果a存在,那就把它接到y下面 ch[y][b]=a; //x的逆儿子!b跑到了y的b边 ch[x][!b]=y; //原来x在y的b边,旋转之后y在x的!b那里 fa[y]=x; //y变成了x的儿子 pushup(y); //上传一下 pushup(x); }
Splay的伸展：
如果当前点，父亲，爷爷呈一条直线，我们先转父亲再转自己。
如果当前点，父亲，爷爷扭曲，我们连续转两次自己。
这个东西好像就是要把一个结点 x 旋转到某一层上去吧~
直接看代码（这个好理解多了）：
void splay(int x,int i) //Splay操作,我们将x旋转到i的下面(将x旋转成i的儿子) { while(fa[x]!=i) //如果一直没转成i的儿子就一直转 { int y=fa[x],z=fa[y]; //y是x的父亲,z是y的父亲 if(z==i) //如果i是x的爷爷的话 { rotate(x); //我们直接再转一次x就是i的儿子了 } else { if(son(x)==son(y)) //如果x,y,z同线(同为左孩子或同为右孩子) { rotate(y);//先旋转一下y rotate(x);//在旋转一下x } else { rotate(x);//旋转两下x rotate(x); } } } }
插入一个结点（这个和 BST 很相似，也很好理解）：
void insert(int &rt,int x) //插入一个结点 { if(rt==0) //原树里没有这个数,我们要新建结点 { rt=++nn; //nn是结点个数 data[rt]=x; //赋值 siz[rt]=cnt[rt]=1; return; } if(x==data[rt]) //如果插入的这个数在树种出现过了 { cnt[rt]++; //这个数的数量加一 siz[rt]++; //子树内结点个数加一 return; } if(x<data[rt]) //要插入的这个数比当前结点小 { insert(ch[rt][0],x); //往左子树里面插入 fa[ch[rt][0]]=rt; //tr的左儿子的父亲是rt,这里顺便初始化一下 pushup(rt); //更新一下rt的siz } else { insert(ch[rt][1],x);//否则就要往右子树里面插入 fa[ch[rt][1]]=rt; //rt的右儿子的父亲是rt,这里顺便初始化一下 pushup(rt); //更新一下rt的siz } }
删除一个权值为 x 的数：
void del(int rt,int x) //删除值为x的结点 { if(data[rt]==x) //我们找到了这个结点,准备删除它 { if(cnt[rt]>1) //如果结点不只一个,减掉一个就好了 { cnt[rt]--; siz[rt]--; } else //如果只有一个 { splay(rt,0); //将我们要删除的这个rt结点旋转到根结点(根结点的编号是0) int p=getmn(ch[rt][1]); //求出大于rt的最小的数(方法是找出右子树的最小值) if(p==-1) //如果发现右子树里没有左儿子的话,那么右儿子就是最小的 { root=ch[rt][0]; //让右儿子作为新树的根 fa[ch[rt][0]]=0; //左儿子接到右儿子下面,就是根的儿子 } else //如果有左儿子 { splay(p,rt);//先将这个最小值旋转到当前结点的儿子那里 root=p; //最小值作为新根 fa[p]=0; ch[p][0]=ch[rt][0]; //将当前结点的左儿子接到最小值下面 fa[ch[rt][0]]=p; pushup(p); //更新一下根结点的siz } } return; } //熟悉的寻找x的过程 if(x<data[rt]) //如果x小于当前结点就走左子树 { del(ch[rt][0],x); } else { del(ch[rt][1],x); //否则走右子树 } pushup(rt); }
找最小值（这个和 BST 一毛一样，方法就是一直走左子树）：
int getmn(int rt) //找最小值 { int p=rt,ans=-1; while(p) { ans=p; p=ch[p][0]; //有左儿子就一直走左儿子 } return ans; }
找 x 的前驱：
int getpre(int rt,int x) //算x的前驱,前驱是最大的比x小的数 { int p=rt,ans; //p是当前结点编号,ans是x的前驱 while(p) { if(x<=data[p]) //如果x比当前结点小,走左子树 { p=ch[p][0]; } else //否则就走右子树 { ans=p; //随着我们一直往下往右找,找到的前驱一定是越来越优的 p=ch[p][1]; } } return ans; }
找 x 的后继：
int getsuc(int rt,int x) //找x的后继,后继就是最小的大于x的数 { int p=rt,ans; while(p) { if(x>=data[p]) //比当前结点大走右子树 { p=ch[p][1]; } else //否则走左子树 { ans=p; //随着我们一直往下往左走,找到的后继一定越来越优 p=ch[p][0]; } } return ans; }
找排名第 k 的数是几：
int getkth(int rt,int k) //求排名第k的结点 { int l=ch[rt][0]; //当前结点的左儿子 if(siz[l]+1<=k&&k<=siz[l]+cnt[rt]) return data[rt]; //如果比左子树的个数多但是却又比加上该结点后的个数少,那么不就是第k名元素就是当前结点 if(k<siz[l]+1) return getkth(l,k); //比左子树的个数少的话就在左子树里 else return getkth(ch[rt][1],k-siz[l]-cnt[rt]); //否则就在右子树里 }
求权值为 k 的数排名第几：
int getk(int rt,int k) //求权值为k的结点排第几 { if(data[rt]==k) //我们找到了这个结点 { splay(rt,0); //把它转到根的位置,这样的话左儿子个数+1就是它的排名 if(ch[rt][0]==0) //如果没有左儿子,它就排第一 { return 1; } else //如果有左儿子 { return siz[ch[rt][0]]+1; //排名为:左儿子个数+1 } } //又是熟悉的查找过程 if(k<data[rt]) return getk(ch[rt][0],k); //比当前结点小就走左子树 if(data[rt]<k) return getk(ch[rt][1],k); //比当前结点大就走右子树 }
splay其实理解透了就很简单了哦~ 建议先看一下C++提高组一本通的 Treap 部分再来食用效果更佳哦~
然后就没了鸭QwQ~