Skip to content

Leftist tree

什么是左偏树？

左偏树 与 配对堆 一样，是一种 可并堆，具有堆的性质，并且可以快速合并。

dist 的定义和性质

对于一棵二叉树，我们定义 外节点 为左儿子或右儿子为空的节点，定义一个外节点的 $\mathrm{dist}$ 为 $1$，一个不是外节点的节点 $\mathrm{dist}$ 为其到子树中最近的外节点的距离加一。空节点的 $\mathrm{dist}$ 为 $0$。

注：很多其它教程中定义的 $\mathrm{dist}$ 都是本文中的 $\mathrm{dist}$ 减去 $1$，本文这样定义是因为代码写起来方便。

一棵有 $n$ 个节点的二叉树，根的 $\mathrm{dist}$ 不超过 $\left\lceil\log (n+1)\right\rceil$，因为一棵根的 $\mathrm{dist}$ 为 $x$ 的二叉树至少有 $x-1$ 层是满二叉树，那么就至少有 $2^x-1$ 个节点。注意这个性质是所有二叉树都具有的，并不是左偏树所特有的。

左偏树的定义和性质

左偏树是一棵二叉树，它不仅具有堆的性质，并且是「左偏」的：每个节点左儿子的 $\mathrm{dist}$ 都大于等于右儿子的 $\mathrm{dist}$。

因此，左偏树每个节点的 $\mathrm{dist}$ 都等于其右儿子的 $\mathrm{dist}$ 加一。

需要注意的是，$\mathrm{dist}$ 不是深度，左偏树的深度没有保证，一条向左的链也是左偏树。

核心操作：合并（merge)

合并两个堆时，由于要满足堆性质，先取值较小（为了方便，本文讨论小根堆）的那个根作为合并后堆的根节点，然后将这个根的左儿子作为合并后堆的左儿子，递归地合并其右儿子与另一个堆，作为合并后的堆的右儿子。为了满足左偏性质，合并后若左儿子的 $\mathrm{dist}$ 小于右儿子的 $\mathrm{dist}$，就交换两个儿子。

参考代码：

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;  // 若一个堆为空则返回另一个堆
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);  // 取值较小的作为根
  t[x].rs = merge(t[x].rs, y);          // 递归合并右儿子与另一个堆
  if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d)
    swap(t[x].ls, t[x].rs);   // 若不满足左偏性质则交换左右儿子
  t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;  // 更新dist
  return x;
}

由于左偏性质，每递归一层，其中一个堆根节点的 $\mathrm{dist}$ 就会减小 $1$，而“一棵有 $n$ 个节点的二叉树，根的 $\mathrm{dist}$ 不超过 $\left\lceil\log (n+1)\right\rceil$”，所以合并两个大小分别为 $n$ 和 $m$ 的堆复杂度是 $O(\log n+\log m)$。

左偏树还有一种无需交换左右儿子的写法：将 $\mathrm{dist}$ 较大的儿子视作左儿子，$\mathrm{dist}$ 较小的儿子视作右儿子：

int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
  rs(x) = merge(rs(x), y);
  t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
  return x;
}

左偏树的其它操作

插入节点

单个节点也可以视为一个堆，合并即可。

删除根

合并根的左右儿子即可。

删除任意节点

做法

先将左右儿子合并，然后自底向上更新 $\mathrm{dist}$、不满足左偏性质时交换左右儿子，当 $\mathrm{dist}$ 无需更新时结束递归：

int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

// 有了 pushup，直接 merge 左右儿子就实现了删除节点并保持左偏性质
int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
  t[rs(x) = merge(rs(x), y)].fa = x;
  pushup(x);
  return x;
}

void pushup(int x) {
  if (!x) return;
  if (t[x].d != t[rs(x)].d + 1) {
    t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
    pushup(t[x].fa);
  }
}

复杂度证明

我们令当前 pushup 的这个节点为 $x$，其父亲为 $y$，一个节点的“初始 $\mathrm{dist}$”为它在 pushup 前的 $\mathrm{dist}$。我们先 pushup 一下删除的节点，然后从其父亲开始起讨论复杂度。

继续递归下去有两种情况：

  1. $x$ 是 $y$ 的右儿子，此时 $y$ 的初始 $\mathrm{dist}$ 为 $x$ 的初始 $\mathrm{dist}$ 加一。
  2. $x$ 是 $y$ 的左儿子，只有 $y$ 的左右儿子初始 $\mathrm{dist}$ 相等时（此时左儿子 $\mathrm{dist}$ 减一会导致左右儿子互换）才会继续递归下去，因此 $y$ 的初始 $\mathrm{dist}$ 仍然是 $x$ 的初始 $\mathrm{dist}$ 加一。

所以，我们得到，除了第一次 pushup（因为被删除节点的父亲的初始 $\mathrm{dist}$ 不一定等于被删除节点左右儿子合并后的初始 $\mathrm{dist}$ 加一），每递归一层 $x$ 的初始 $\mathrm{dist}$ 就会加一，因此最多递归 $O(\log n)$ 层。

整个堆加上/减去一个值、乘上一个正数

其实可以打标记且不改变相对大小的操作都可以。

在根打上标记，删除根/合并堆（访问儿子）时下传标记即可：

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
  pushdown(x);
  t[x].rs = merge(t[x].rs, y);
  if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d) swap(t[x].ls, t[x].rs);
  t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;
  return x;
}

int pop(int x) {
  pushdown(x);
  return merge(t[x].ls, t[x].rs);
}

随机合并

直接贴上代码

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  if (t[y].val < t[x].val) swap(x, y);
  if (rand() & 1)  // 随机选择是否交换左右子节点
    swap(t[x].ls, t[x].rs);
  t[x].ls = merge(t[x].ls, t[y]);
  return x;
}

可以看到该实现方法唯一不同之处便是采用了随机数来实现合并，这样一来便可以省去 $\mathrm{dist}$ 的相关计算。且平均时间复杂度亦为 $O(\log n)$，详细证明可参考 Randomized Heap。

例题

模板题

luogu P3377【模板】左偏树（可并堆）

Monkey King

罗马游戏

需要注意的是：

  1. 合并前要检查是否已经在同一堆中。

  2. 左偏树的深度可能达到 $O(n)$，因此找一个点所在的堆顶要用并查集维护，不能直接暴力跳父亲。（虽然很多题数据水，暴力跳父亲可以过……）（用并查集维护根时要保证原根指向新根，新根指向自己。）

??? "罗马游戏参考代码" cpp --8<-- "docs/ds/code/leftist-tree/leftist-tree_1.cpp"

树上问题

「APIO2012」派遣

「JLOI2015」城池攻占

这类题目往往是每个节点维护一个堆，与儿子合并，依题意弹出、修改、计算答案，有点像线段树合并的类似题目。

??? "城池攻占参考代码" cpp --8<-- "docs/ds/code/leftist-tree/leftist-tree_2.cpp"

「SCOI2011」棘手的操作

首先，找一个节点所在堆的堆顶要用并查集，而不能暴力向上跳。

再考虑单点查询，若用普通的方法打标记，就得查询点到根路径上的标记之和，最坏情况下可以达到 $O(n)$ 的复杂度。如果只有堆顶有标记，就可以快速地查询了，但如何做到呢？

可以用类似启发式合并的方式，每次合并的时候把较小的那个堆标记暴力下传到每个节点，然后把较大的堆的标记作为合并后的堆的标记。由于合并后有另一个堆的标记，所以较小的堆下传标记时要下传其标记减去另一个堆的标记。由于每个节点每被合并一次所在堆的大小至少乘二，所以每个节点最多被下放 $O(\log n)$ 次标记，暴力下放标记的总复杂度就是 $O(n\log n)$。

再考虑单点加，先删除，再更新，最后插入即可。

然后是全局最大值，可以用一个平衡树/支持删除任意节点的堆（如左偏树）/multiset 来维护每个堆的堆顶。

所以，每个操作分别如下：

  1. 暴力下传点数较小的堆的标记，合并两个堆，更新 size、tag，在 multiset 中删去合并后不在堆顶的那个原堆顶。
  2. 删除节点，更新值，插入回来，更新 multiset。需要分删除节点是否为根来讨论一下。
  3. 堆顶打标记，更新 multiset。
  4. 打全局标记。
  5. 查询值 + 堆顶标记 + 全局标记。
  6. 查询根的值 + 堆顶标记 + 全局标记。
  7. 查询 multiset 最大值 + 全局标记。

??? "棘手的操作参考代码" cpp --8<-- "docs/ds/code/leftist-tree/leftist-tree_3.cpp"

「BOI2004」Sequence 数字序列

这是一道论文题，详见 《黄源河 -- 左偏树的特点及其应用》。