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--- 2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:左偏树 [2020/07/26 12:45]
jxm2001
+++ 2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:左偏树 [2020/10/21 22:53] (当前版本)
jxm2001
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 ===== 算法思想 =====
-定义外节点为左儿子或右儿子为空的节点，$\text{dist}_i$ 表示节点 $i$ 到其子树中最近外节点的距离，规定空节点的 $\text{dist}$ 为 $-1$。
+定义外节点为左儿子或右儿子为空的节点，$\text{dist}_i$ 表示节点 $i$ 到其子树中最近外节点的距离。
-左偏树的定义为对每个节点 $u$ 均满足 $\text{dist}_\text{lson}\ge \text{dist}_\text{rson}$ 的堆。
+规定空节点的 $\text{dist}$ 为 $-1$。左偏树的定义为对每个节点 $u$ 均满足 $\text{dist}_\text{lson}\ge \text{dist}_\text{rson}$ 的堆。
 左偏树有如下性质
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 </hidden>
+==== 习题二 ====
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/P4331|洛谷p4331]]
+=== 题意 ===
+给定一个序列 $A$，要求构造一个严格单增序列 $B$，满足 $\sum_{i=1}^n |a_i-b_i|$ 取最小值。
+=== 题解 ===
+首先将 $a_i$ 变为 $a_i-i$，于是问题转化为构造一个不减序列 $B$。
+单独考虑区间 $[x,x]$，显然答案为 $b_x=a_x$。对区间 $C_1[x,y],C_2[y+1,z]$，假设区间 $C_1$ 答案为 $c_1$，区间 $C_2$ 答案为 $c_2$。
+若 $c_1\le c_2$，显然不需要修改，若 $c_1\gt c_2$，发现取区间 $[x,z]$ 的中位数作为区间 $[x,z]$ 的答案显然最优。
+考虑单调栈维护中位数单调不减的区间，同时左偏堆（大根堆）维护中位数。
+对左偏堆弹出一半的数即可得到中位数，可以证明在该算法下该操作不会导致答案错误，时间复杂度 $O(n\log n)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=1e6+5;
+namespace Left_Heap{
+	struct Node{
+		int val,dis,ch[2];
+		bool operator < (const Node &b)const{return val<b.val;}
+	}node[MAXN];
+	void init(){node[0].dis=-1;}
+	void merge(int &k,int k1,int k2){
+		if(!k1||!k2)return k=k1|k2,void();
+		if(node[k1]<node[k2])swap(k1,k2);
+		merge(node[k=k1].ch[1],node[k1].ch[1],k2);
+		if(node[node[k].ch[0]].dis<node[node[k].ch[1]].dis)
+		swap(node[k].ch[0],node[k].ch[1]);
+		node[k].dis=node[node[k].ch[1]].dis+1;
+	}
+};
+struct Heap{
+	int tot,sz,rt;
+	int top(){return Left_Heap::node[rt].val;}
+	void pop(){
+		Left_Heap::merge(rt,Left_Heap::node[rt].ch[0],Left_Heap::node[rt].ch[1]);
+		sz--;
+	}
+	void merge(Heap y){
+		Left_Heap::merge(rt,rt,y.rt);
+		tot+=y.tot;
+		sz+=y.sz;
+	}
+}heap[MAXN];
+int a[MAXN];
+int main()
+{
+	Left_Heap::init();
+	int n=read_int(),top=0;
+	_rep(i,1,n){
+		Left_Heap::node[i].val=a[i]=read_int()-i;
+		heap[++top]=Heap{1,1,i};
+		while(top>1&&heap[top-1].top()>heap[top].top()){
+			top--;
+			heap[top].merge(heap[top+1]);
+			while(heap[top].sz>(heap[top].tot+1)/2)
+			heap[top].pop();
+		}
+	}
+	int pos=1;
+	LL ans=0;
+	_rep(i,1,top){
+		_for(j,0,heap[i].tot){
+			ans+=abs(a[pos]-heap[i].top());
+			pos++;
+		}
+	}
+	enter(ans);
+	pos=1;
+	_rep(i,1,top){
+		_for(j,0,heap[i].tot){
+			space(heap[i].top()+pos);
+			pos++;
+		}
+	}
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+==== 习题三 ====
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/P3261|洛谷p3261]]
+=== 题意 ===
+给定一棵以 $1$ 为根的树，每个点拥有属性 $(h_i,a_i,v_i)$。同时给定 $m$ 个士兵，每个士兵初始时在 $s_i$ 号点，且拥有 $c_i$ 点生命。
+当士兵 $i$ 处在点 $j$ 时，如果 $c_i\lt h_j$，则该士兵在该点死亡。
+否则该士兵生命产生变化。具体得，如果 $a_i=0$ 则士兵生命增加 $v_i$，如果 $a_i=1$ 则士兵生命乘以 $v_i$。
+如果士兵未死亡，则士兵通过当前结点且继续前往该结点的父节点。
+询问每个结点死亡的士兵数和每个士兵最终通过的结点数。数据保证士兵任意时刻生命值不爆 $\text{long long}$ 且如果 $a_i=1$ 则 $v_i\gt 0$。
+=== 题解 ===
+考虑 $\text{dfs}$ 遍历城市，左偏树合并子节点士兵信息，每次弹出堆顶所有 $c\lt h$ 的结点，同时更新答案。
+对于修改操作，类似线段树懒标记处理即可。由于 $a_i=1$ 时保证 $v_i\gt 0$，所有结点的相对大小不改变，所有懒标记处理可以保证正确性。
+合并操作总复杂度 $(n\log m)$，弹出操作总复杂度 $O(m\log m)$，修改操作总时间复杂度 $O(n)$。于是总时间复杂度 $O((n+m)\log m)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=3e5+5;
+namespace Left_Heap{
+	struct Node{
+		LL val,lazy[2];
+		int idx,dis,ch[2];
+		void set(int id,LL v){
+			idx=id,val=v;
+			lazy[0]=1,lazy[1]=0;
+		}
+		bool operator < (const Node &b)const{return val<b.val||(val==b.val&&idx<b.idx);}
+	}node[MAXN];
+	void init(){node[0].dis=-1;}
+	void push_tag(int k,LL tag1,LL tag2){
+		if(!k)return;
+		node[k].val=node[k].val*tag1+tag2;
+		node[k].lazy[0]=node[k].lazy[0]*tag1;
+		node[k].lazy[1]=node[k].lazy[1]*tag1+tag2;
+	}
+	void push_down(int k){
+		push_tag(node[k].ch[0],node[k].lazy[0],node[k].lazy[1]);
+		push_tag(node[k].ch[1],node[k].lazy[0],node[k].lazy[1]);
+		node[k].lazy[0]=1,node[k].lazy[1]=0;
+	}
+	void merge(int &k,int k1,int k2){
+		if(!k1||!k2)return k=k1|k2,void();
+		push_down(k1);push_down(k2);
+		if(node[k2]<node[k1])swap(k1,k2);
+		merge(node[k=k1].ch[1],node[k1].ch[1],k2);
+		if(node[node[k].ch[0]].dis<node[node[k].ch[1]].dis)
+		swap(node[k].ch[0],node[k].ch[1]);
+		node[k].dis=node[node[k].ch[1]].dis+1;
+	}
+};
+struct Heap{
+	int sz,rt;
+	pair<int,LL> top(){return make_pair(Left_Heap::node[rt].idx,Left_Heap::node[rt].val);}
+	void pop(){
+		Left_Heap::push_down(rt);
+		Left_Heap::merge(rt,Left_Heap::node[rt].ch[0],Left_Heap::node[rt].ch[1]);
+		sz--;
+	}
+	void push(int idx,LL v){
+		Left_Heap::node[idx].set(idx,v);
+		Left_Heap::merge(rt,rt,idx);
+		sz++;
+	}
+	void merge(Heap y){
+		Left_Heap::merge(rt,rt,y.rt);
+		sz+=y.sz;
+	}
+	Heap(){sz=rt=0;}
+}heap[MAXN];
+struct Edge{
+	int to,next;
+}edge[MAXN];
+int head[MAXN],edge_cnt;
+void Insert(int u,int v){
+	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
+	head[u]=edge_cnt;
+}
+int a[MAXN],s[MAXN],d[MAXN],ans1[MAXN],ans2[MAXN];
+LL h[MAXN],tag[MAXN];
+void dfs(int u){
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		d[v]=d[u]+1;
+		dfs(v);
+		heap[u].merge(heap[v]);
+	}
+	while(heap[u].sz&&heap[u].top().second<h[u]){
+		ans1[u]++;
+		ans2[heap[u].top().first]=d[u];
+		heap[u].pop();
+	}
+	if(heap[u].sz){
+		if(a[u])
+		Left_Heap::push_tag(heap[u].rt,tag[u],0);
+		else
+		Left_Heap::push_tag(heap[u].rt,1,tag[u]);
+	}
+}
+int main()
+{
+	Left_Heap::init();
+	int n=read_int(),m=read_int();
+	_rep(i,1,n)
+	h[i]=read_LL();
+	_rep(i,2,n){
+		Insert(read_int(),i);
+		a[i]=read_int(),tag[i]=read_LL();
+	}
+	_rep(i,1,m){
+		LL c=read_LL();
+		s[i]=read_int();
+		heap[s[i]].push(i,c);
+	}
+	d[1]=1;
+	dfs(1);
+	_rep(i,1,n)
+	enter(ans1[i]);
+	_rep(i,1,m)
+	enter(d[s[i]]-ans2[i]);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>

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