标签：ret 矛盾 int rand 朝鲜 ace top dash ros
线段树不支持插入or删除一个数于是平衡树产生了
常见平衡树：treap（比sbt慢，好写吧），SBT(快，比较好写，有些功能不支持)，splay（特别慢，复杂度当做根号n来用，功能强大，不好写），rbt（红黑树，特别快），//替罪羊树，朝鲜树
晚上要讲的不旋转平衡树：
节点的左儿子中的每一个一定比他小，右儿子中的每一个一定比他大
那么它的中序遍历是有序的
用下标建树，那么区间询问的话就是求一棵子数和子树根和领一棵子数的一部分
tree+heap，平衡树和heap的性质是矛盾的，所以每个节点存一个key和value
key值满足heap性质，value满足平衡树的性质，这样的树叫做treap？
插入的新节点的key值随机，调用rand函数（这样保证树的深度一定是logn的）改变树的形态使它重新满足hea与平衡树性质
merge（P1，P2）：把以p1为根的treap和以p2为根的treap合并成一个treap（p1中的所有制小于
把以p为根的treap中拿出k小的数，组成一个新treap
保证原先树中的所有数>新树中所有数
建一个只有一个点的树（要插得数）例如（2.33）把（1,2）splay出来,再把新树（2.33）和（1,2）merge起来，再把（1,2,2.33）和（4,5）merge 一下
如删除（2.33），先把split（treap，3），此时把splay把（1,2）与（2.33,4,5）分离在split（treep2,1），此时（2.33）与（4,5）分离
在merge（treap1，treap3）合并即把（1,2），（4,5）合并，那么2.33就没了
merge时，找key值最大的作为新treap的根，不是p1就是p2
1要是p1.p>=p2.p此时p1作为新根，那么p1的左儿子不会变换，右子树就是p1的右子树和p2 merge 一下，即 merge（p1.r，p2）；
2要是p2.p>p1.p此时p2作为新根，那么p2的右儿子不会变换，左儿子就是p2的
左子树 和 p1 mege 一下 即 merge（p2.l，p1）；
split（p，k）几点记录value，key，l，r，size
p.L<-p->p.r；
1.要是k<=p.l.size 说明k小的点全在左子数，递归split（p.l，k）；构成新树的时候直接把split后剩下的左子树接到P根上就好了
2.k=p.l.size+1;，返回两棵树（p.l-p,p.r）
3.k>p.l.siz+1,左边已经全不要，那么就split（p.r,k-p.l.size-1）；
返回两棵树（p.l-p-p.r，剩余p.r）
int merge(int p1,int p2) {
if(!p1)return p2;//zuo bian kong le
if(!p2)return p1;//you bian kong le
if(z[p1].key<z[p2].key) {
z[p1].r=merge(z[p1].r,p2);
return p1;
}
else {
z[p2].l=merge(z[p2].l,p1);
return p2
}
pair<int,int>split(int p,int n) {
if(z[z[p].l].size>=n) {
if(!)
}
else {
if(z[p].r==0)return pair(p,0);
else {
pair<int,int>px=split(z[p].r,n-z[z[p].l].size-1)
z[p].r=px.frist;
int pr=px.second;
return make_pair(p,pr);
}
}
}
查询那些数比x数小，当找到一个根节点比x小时，那么该节点的所有子树都比他小,那么就把子树size+1加到答案里-->删除一个数的时候时用来确定split的k（比要删除的数小的）值
未分类
在此输入正文
g[i][j]表示在第i棵树中其他点到到j的距离和
设第i棵树是由第j颗和第k颗合并来的那么g[i][p]=g[j][p]+dis[j][p1][p2](在第j棵树中p1p2的距离）*size（k）
g肯定不能用普通数组+普通动态规划求解，记忆花搜索+map只求交点处的那个点的g[X][P]就好了
关于dis的求法
1.p1，p2在一棵树中时，dis[i][p1][p2]=dis[j][p1][p1]
2.不在同一棵树中，dis[j][p1][p3]+l+dis[k][p2][p4]
#ifdef WIN32
#define lld "I64d"
#else
#define lld "%lld"
#endif
线段树不支持插入or删除一个数于是平衡树产生了
常见平衡树：treap（比sbt慢，好写吧），SBT(快，比较好写，有些功能不支持)，splay（特别慢，复杂度当做根号n来用，功能强大，不好写），rbt（红黑树，特别快），//替罪羊树，朝鲜树
晚上要讲的不旋转平衡树：
节点的左儿子中的每一个一定比他小，右儿子中的每一个一定比他大
那么它的中序遍历是有序的
用下标建树，那么区间询问的话就是求一棵子数和子树根和领一棵子数的一部分
tree+heap，平衡树和heap的性质是矛盾的，所以每个节点存一个key和value
key值满足heap性质，value满足平衡树的性质，这样的树叫做treap？
插入的新节点的key值随机，调用rand函数（这样保证树的深度一定是logn的）改变树的形态使它重新满足hea与平衡树性质
merge（P1，P2）：把以p1为根的treap和以p2为根的treap合并成一个treap（p1中的所有制小于
把以p为根的treap中拿出k小的数，组成一个新treap
保证原先树中的所有数>新树中所有数
建一个只有一个点的树（要插得数）例如（2.33）把（1,2）splay出来,再把新树（2.33）和（1,2）merge起来，再把（1,2,2.33）和（4,5）merge 一下
如删除（2.33），先把split（treap，3），此时把splay把（1,2）与（2.33,4,5）分离在split（treep2,1），此时（2.33）与（4,5）分离
在merge（treap1，treap3）合并即把（1,2），（4,5）合并，那么2.33就没了
merge时，找key值最大的作为新treap的根，不是p1就是p2
1要是p1.p>=p2.p此时p1作为新根，那么p1的左儿子不会变换，右子树就是p1的右子树和p2 merge 一下，即 merge（p1.r，p2）；
2要是p2.p>p1.p此时p2作为新根，那么p2的右儿子不会变换，左儿子就是p2的
左子树 和 p1 mege 一下 即 merge（p2.l，p1）；
split（p，k）几点记录value，key，l，r，size
p.L<-p->p.r；
1.要是k<=p.l.size 说明k小的点全在左子数，递归split（p.l，k）；构成新树的时候直接把split后剩下的左子树接到P根上就好了
2.k=p.l.size+1;，返回两棵树（p.l-p,p.r）
3.k>p.l.siz+1,左边已经全不要，那么就split（p.r,k-p.l.size-1）；
返回两棵树（p.l-p-p.r，剩余p.r）
int merge(int p1,int p2) {
if(!p1)return p2;//zuo bian kong le
if(!p2)return p1;//you bian kong le
if(z[p1].key<z[p2].key) {
z[p1].r=merge(z[p1].r,p2);
return p1;
}
else {
z[p2].l=merge(z[p2].l,p1);
return p2
}
pair<int,int>split(int p,int n) {
if(z[z[p].l].size>=n) {
if(!)
}
else {
if(z[p].r==0)return pair(p,0);
else {
pair<int,int>px=split(z[p].r,n-z[z[p].l].size-1)
z[p].r=px.frist;
int pr=px.second;
return make_pair(p,pr);
}
}
}
查询那些数比x数小，当找到一个根节点比x小时，那么该节点的所有子树都比他小,那么就把子树size+1加到答案里-->删除一个数的时候时用来确定split的k（比要删除的数小的）值
标签：ret 矛盾 int rand 朝鲜 ace top dash ros
原文地址：http://www.cnblogs.com/sssy/p/7751566.html
