【bzoj2770】YY的Treap 权值线段树

题目描述

志向远大的YY小朋友在学完快速排序之后决定学习平衡树，左思右想再加上SY的教唆，YY决定学习Treap。友爱教教父SY如砍瓜切菜般教会了YY小朋友Treap（一种平衡树，通过对每个节点随机分配一个priority，同时保证这棵平衡树关于priority是一个小根堆以保证效率）。这时候不怎么友爱的510跑了出来，他问了YY小朋友一个极不和谐的问题：怎么求Treap中两个点之间的路径长度。YY秒了之后决定把这个问题交给你来做，但只要求出树中两点的LCA。

输入

第一行两个整数n，m

第二行n个整数表示每个元素的key

第三行n个整数表示每个元素的priority

接下m行，每行一条命令

I A B，插入一个元素，key为A, priority为B

D A，删除一个元素，key为A

Q A B，询问key分别为A和B的LCA的key

输出

对于每个Q输出一个整数。

样例输入

2 1

1 2

4 5

Q 1 2

样例输出

1

题解

权值线段树

一个小结论：不妨设$a\le b$，则Treap中权值为$a$、$b$两点的LCA为权值在$[a,b]$之间，优先级最小的点。

证明：

1.LCA的权值在$[a,b]$之间：考虑从$a$、$b$找到LCA的最后一步：一定是$a$在LCA的非右子树，$b$在LCA的非左子树。否则$a$、$b$在同子树内则LCA可以为更优的该儿子节点。

2.权值在$[a,b]$之间的节点一定都在LCA的子树内：如果不在LCA的子树内，那么节点如果在LCA右侧则一定大于$b$，或在LCA左侧则一定小于$a$。

3.LCA的子树中所有节点的优先级都小于等于LCA：证明显然。

4.LCA一定在LCA的子树内：证明显然。

因此由1、2、3、4得证。

于是只需要对每个数的key维护权值线段树，维护权值在某区间内的数的优先级最小值及其位置。查询时直接区间查询即可。

为了避免一些细节问题（比如两个int加起来爆int之类的），代码中使用了离线离散化。

时间复杂度$O(n\log n)$。

#include <cstdio>
#include <utility>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define lson l , mid , x << 1
#define rson mid + 1 , r , x << 1 | 1
#define id(x) lower_bound(v + 1 , v + tot + 1 , x) - v
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
typedef pair<int , int> pr;
int key
, pri
, opt[N * 3] , qx[N * 3] , qy[N * 3] , v[N << 2] , tot;
pr mn[N << 4];
char str[5];
void build(int l , int r , int x)
{
mn[x] = pr(inf , inf);
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson) , build(rson);
}
void insert(int p , int v , int l , int r , int x)
{
if(l == r)
{
mn[x] = pr(v , p);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) insert(p , v , lson);
else insert(p , v , rson);
mn[x] = min(mn[x << 1] , mn[x << 1 | 1]);
}
void erase(int p , int l , int r , int x)
{
if(l == r)
{
mn[x] = pr(inf , inf);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) erase(p , lson);
else erase(p , rson);
mn[x] = min(mn[x << 1] , mn[x << 1 | 1]);
}
pr query(int b , int e , int l , int r , int x)
{
if(b <= l && r <= e) return mn[x];
int mid = (l + r) >> 1;
pr ans(inf , inf);
if(b <= mid) ans = min(ans , query(b , e , lson));
if(e > mid) ans = min(ans , query(b , e , rson));
return ans;
}
int main()
{
int n , m , i;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &key[i]) , v[++tot] = key[i];
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &pri[i]);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
scanf("%s%d" , str , &qx[i]);
if(str[0] == 'I') opt[i] = 1 , scanf("%d" , &qy[i]) , v[++tot] = qx[i];
else if(str[0] == 'D') opt[i] = 2;
else opt[i] = 3 , scanf("%d" , &qy[i]);
}
sort(v + 1 , v + tot + 1);
build(1 , tot , 1);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) insert(id(key[i]) , pri[i] , 1 , tot , 1);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
if(opt[i] == 1) insert(id(qx[i]) , qy[i] , 1 , tot , 1);
else if(opt[i] == 2) erase(id(qx[i]) , 1 , tot , 1);
else if(qx[i] < qy[i]) printf("%d\n" , v[query(id(qx[i]) , id(qy[i]) , 1 , tot , 1).second]);
else printf("%d\n" , v[query(id(qy[i]) , id(qx[i]) , 1 , tot , 1).second]);
}
return 0;
}