【科技】单 $\log$ 合并两棵有交集 FHQ-Treap 的方法

维护可分裂 & 合并的可重集

考虑这样一个问题：

维护 \(n\) 个 可重集 \(S_1, S_2, \cdots, S_n\)，元素值域为 \([1, U]\)，初始集合为空。支持一下操作：

• 将 \(S_p\) 中 \(\in [x, y]\) 的所有元素 割离 出来并插入集合 \(S_q\) 中，注意不用复制；
• 将 \(S_q\) 中所有元素 合并 到 \(S_p\) 中并将 \(S_q\) 清空；
• 计算 \(S_p\) 中 \(\in[x, y]\) 的元素个数；
• 求 \(S_p\) 中第 \(k\) 小的元素；
• 在 \(S_p\) 中插入 \(x\) 个 \(y\) 元素。

一共需要进行 \(Q\) 次操作。

题目：Luogu P5494【模板】线段树分裂

一般的维护方法

动态开点权值线段树

这种问题最主流的做法，它可以方便支持以上所有操作。

时空复杂度都是 \(O(n\log n)\)。

平衡树

主要会用 FHQ-Treap 来写，因为 split 和 merge 操作非常方便。

一般来说合并会使用启发式合并，每次都是小的到大的合并，可以证明每个元素最多被合并 \(O(\log n)\) 次。于是时间复杂度为 \(O(n\log^2 n)\)，但是平衡树只需要 \(O(n)\) 的空间。

\(O(\log n)\) 的有交集平衡树合并

这里使用 FHQ-Treap 作为维护的数据结构。这个 \(O(\log n)\) 一次是均摊的，然而我并不会这个证明。

先放一个 评测结果（I/O 优化，O2）。这个排在时间最优解第一页，去掉 I/O 优化的话空间用的也很少。因为这是一个优秀的 \(O(n\log n)\) 时间，\(O(n)\) 空间的优秀做法。

我们发现上面平衡树的解法的瓶颈在于合并，然而这好像并没有优化余地。于是尝试设计一个新的合并思路。在这里感谢 Mr_Spade 给我介绍这个（并不算非常复杂的）科技。

考虑现在有两棵 Treap，根为 \(x, y\)。我们先比较两个结点的随机值，钦定随机值小的作为当前的根。这里假定为 \(x\)。然后我们需要搞出 \(x\) 的左右子树，分别为两棵 Treap 并集（除去 \(x\)）中 \(< x\) 和 \(>x\) 的权值的结点构成的 Treap（\(=x\) 的可以特殊处理）。

对于 \(x\)，显然它的左右子树（\(l_1, r_1\)）就满足上面那个要求；而对于 \(y\) 我们则可以直接按 \(x\) 的权值 split，得到 \(l_2, r_2\) 两棵树。

最后我们发现这是一个可以递归处理的问题，因为我们再对 \(l_1, l_2\)、\(r_1,r_2\) 分别做这样的合并即可，两次合并的结果就可以作为 \(x\) 的两个子树。

参考代码实现：

int join(int x, int y) {
    if (!x || !y) return x | y; // 有一个空间的即可返回
    if (t[x].pty > t[y].pty) swap(x, y); // 取随机权值小的作为根
    int L1 = t[x].ch[0], R1 = t[x].ch[1], L2 = 0, R2 = 0, equ = 0; // x 直接是左右子树
    split(y, t[x].val, L2, R2), split(L2, t[x].val - 1, L2, equ); // y 按权值 split
    if (equ) t[x].cnt += t[equ].siz, t[x].siz += t[equ].siz; // 相等特殊处理
    t[x].ch[0] = join(L1, L2), t[x].ch[1] = join(R1, R2); // 递归合并
    return pushup(x), x; // 更新信息
}

实际上这样常数并不大，在空间优于线段树的同时也不会比线段树慢。注意 rand() 很慢，使用不建议每次都随机一下。

后记

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• 本文作者：@-Wallace-
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