题意
题目背景
本题为题目普通平衡树的可持久化加强版。
题目描述
您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一些数，其中需要提供以下操作（对于各个以往的历史版本）：
- 插入\(x\)数
- 删除\(x\)数(若有多个相同的数，因只删除一个，如果没有请忽略该操作)
- 查询\(x\)数的排名(排名定义为比当前数小的数的个数\(+1\)。若有多个相同的数，因输出最小的排名)
- 查询排名为x的数
- 求\(x\)的前驱(前驱定义为小于\(x\)，且最大的数，如不存在输出\(-2147483647\))
- 求\(x\)的后继(后继定义为大于\(x\)，且最小的数，如不存在输出\(2147483647\))
和原本平衡树不同的一点是，每一次的任何操作都是基于某一个历史版本，同时生成一个新的版本。（操作\(3,4,5,6\)即保持原版本无变化）
每个版本的编号即为操作的序号（版本\(0\)即为初始状态，空树）
输入输出格式
输入格式：
第一行包含一个正整数\(N\)，表示操作的总数。
接下来每行包含三个整数，第\(i\)行记为\(v_i,opt_i,x_i\)。
\(v_i\)表示基于的过去版本号\((0\leq v_i<i)\)，\(opt_i\)表示操作的序号\((1\leq opt\leq 6)\)，\(x_i\)表示参与操作的数值。
输出格式：
每行包含一个正整数，依次为各个\(3,4,5,6\)操作所对应的答案
输入输出样例
输入样例#1：
10
0 1 9
1 1 3
1 1 10
2 4 2
3 3 9
3 1 2
6 4 1
6 2 9
8 6 3
4 5 8输出样例#1：
9
1
2
10
3说明
数据范围：
对于\(28%\)的数据满足：\(1\leq n\leq 10\)
对于\(44%\)的数据满足：\(1\leq n\leq 2\cdot {10}^2\)
对于\(60%\)的数据满足：\(1\leq n\leq 3\cdot {10}^3\)
对于\(84%\)的数据满足：\(1\leq n\leq {10}^5\)
对于\(92%\)的数据满足：\(1\leq n\leq 2\cdot {10}^5\)
对于\(100%\)的数据满足：\(1\leq n\leq 5\cdot {10}^5\)
经实测，正常常数的可持久化平衡树均可通过，请各位放心
样例说明：
共\(10\)次操作，\(11\)个版本，各版本的状况依次是：
- \([]\)
- \([9]\)
- \([3,9]\)
- \([9,10]\)
- \([3,9]\)
- \([9,10]\)
- \([2,9,10]\)
- \([2,9,10]\)
- \([2,10]\)
- \([2,10]\)
- \([3,9]\)
思路
\(fhq\ Treap\)天下第一！ --Uranus
在可持久化的状况下，\(fhq\ Treap\)的优越性被发挥得淋漓尽致。总体函数完全没有变化，只是多加了几条新建点的语句：
int merge(int x,int y)
{
if(!x||!y) return x+y;
if(rnd(x)>rnd(y))
{
int p=++cnt;node[p]=node[x];//new
rs(p)=merge(rs(p),y);
update(p);
return p;
}
else
{
int p=++cnt;node[p]=node[y];//new
ls(p)=merge(x,ls(p));
update(p);
return p;
}
}
void split(int now,int k,int &x,int &y)
{
if(!now) x=y=0;
else
{
if(val(now)<=k)
{
x=++cnt;node[x]=node[now];//new
split(rs(x),k,rs(x),y);
update(x);
}
else
{
y=++cnt;node[y]=node[now];//new
split(ls(y),k,x,ls(y));
update(y);
}
}
}上面代码标了new的就是新语句。
其他的操作完全相同，访问历史版本的操作也只需要对于每一个版本根不相同就可以了。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=2147483647;
const int MAXN=5e5+5;
int n,cnt,rt[MAXN];
struct fhq_Treap
{
int sz,rnd,val;
int ls,rs;
#define sz(a) node[a].sz
#define rnd(a) node[a].rnd
#define val(a) node[a].val
#define ls(a) node[a].ls
#define rs(a) node[a].rs
}node[MAXN<<6];
int read()
{
int re=0;bool f=true;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=false;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return f?re:-re;
}
int newnode(int k)
{
sz(++cnt)=1;
rnd(cnt)=rand();
val(cnt)=k;
return cnt;
}
void update(int p){sz(p)=sz(ls(p))+sz(rs(p))+1;}
int merge(int x,int y)
{
if(!x||!y) return x+y;
if(rnd(x)>rnd(y))
{
int p=++cnt;node[p]=node[x];
rs(p)=merge(rs(p),y);
update(p);
return p;
}
else
{
int p=++cnt;node[p]=node[y];
ls(p)=merge(x,ls(p));
update(p);
return p;
}
}
void split(int now,int k,int &x,int &y)
{
if(!now) x=y=0;
else
{
if(val(now)<=k)
{
x=++cnt;node[x]=node[now];
split(rs(x),k,rs(x),y);
update(x);
}
else
{
y=++cnt;node[y]=node[now];
split(ls(y),k,x,ls(y));
update(y);
}
}
}
int kth(int now,int k)
{
if(k==sz(ls(now))+1) return val(now);
else if(k<=sz(ls(now))) return kth(ls(now),k);
else return kth(rs(now),k-sz(ls(now))-1);
}
int main()
{
srand(time(0));
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int ver=read(),opt=read(),k=read();rt[i]=rt[ver];
if(opt==1)
{
int x,y;
split(rt[i],k,x,y);
rt[i]=merge(merge(x,newnode(k)),y);
}
else if(opt==2)
{
int x,y,z;
split(rt[i],k,x,z);
split(x,k-1,x,y);
y=merge(ls(y),rs(y));
rt[i]=merge(merge(x,y),z);
}
else if(opt==3)
{
int x,y;
split(rt[i],k-1,x,y);
printf("%d\n",sz(x)+1);
rt[i]=merge(x,y);
}
else if(opt==4) printf("%d\n",kth(rt[i],k));
else if(opt==5)
{
int x,y;
split(rt[i],k-1,x,y);
if(!x) printf("%d\n",-INF);
else printf("%d\n",kth(x,sz(x)));
rt[i]=merge(x,y);
}
else if(opt==6)
{
int x,y;
split(rt[i],k,x,y);
if(!y) printf("%d\n",INF);
else printf("%d\n",kth(y,1));
rt[i]=merge(x,y);
}
}
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/coder-Uranus/p/9887157.html