笛卡尔树
算法简介
一种二叉树，主要用于解决有关序列 $\text{RMQ}$ 问题和直方图问题，建树时间复杂度 $O(n)$。
算法思想
笛卡尔树具有如下三条性质：
对笛卡尔树中序遍历可以得到原序列
笛卡尔树的点权符合堆性质
任意区间的 $\text{RMQ}$ 操作可以转换为笛卡尔树上两端点的 $\text{LCA}$ 操作
事实上，笛卡尔树可以对任意二元组进行建树，对第一关键字满足二叉搜索树性质，对第二关键字满足堆性质。
从上面性质也可以看出，笛卡尔树实际上就是一棵特殊的 $\text{Treap}$。
接下来考虑建树，事实上可以按顺序插入序列，每次插入时由于插入结点下标最大，所以只能不停跳右子树。
找到合适结点，取代该结点位置，并将该结点所在子树变成插入结点的左子树。
发现只需要用一个单调栈维护一下从根结点起沿途所有右儿子构成的树链即可，时间复杂度 $O(n)$。
代码模板
洛谷p5854
const int MAXN=1e7+5,Inf=2e9;
int Stack[MAXN],v[MAXN],ch[MAXN][2],root;
void build(int n){//小根堆笛卡尔树
int top=0;
v[0]=-Inf;Stack[++top]=0;
_rep(i,1,n){
while(v[i]<v[Stack[top]])top--;
ch[i][0]=ch[Stack[top]][1];
ch[Stack[top]][1]=i;
Stack[++top]=i;
}
root=Stack[2];
}
算法练习
习题一
题意
给定一个 $N$ 列的表格，每列的高度为 $a_i$ 且底部对齐。
要求向表格中填入 $k$ 个相同的数，填写时要求不能有两个数在同一列，或在同一行且中间表格不间断。
问在取模意义下有多少种填法。
题解 1
建立根据表格高度建立笛卡尔树，将表格划分分 $N$ 个矩形。
设 $f(i,j)$ 表示在以结点 $i$ 为根结点的子树所代表的区域中填写 $j$ 个数的填法种数，$H$ 为结点代表矩阵高度，$\text{sz}$ 代表结点子树大小。
$g(i,j)$ 表示在以结点 $i$ 为根结点的子树所代表的区域中填写 $j$ 个数且不在根结点代表的矩形填写数字的填法种数。
先在考虑从某个结点所代表的矩阵中选取 $k$ 个结点的选法。
易知从 $n\times m$ 的矩阵中选取 $k$ 个结点的总数为 $k!C_n^kC_m^k$，预处理 $k!$ 和 $k!$ 的逆即可快速求出。
容易得出状态转移方程
\begin{equation}H=H_u-H_{fa},\text{sz}_u=1+\text{sz}_{lson}+\text{sz}_{rson}\end{equation}
\begin{equation}g(u,i)=\sum_{j=0}^i f(\text{lson},j)\times f(\text{rson},i-j)\end{equation}
\begin{equation}f(u,i)=\sum_{j=0}^i g(u,j)\times (i-j)!C_H^{i-j}C_{\text{sz}_u-j}^{i-j}\end{equation}
边界条件为 $f(0,0)=g(0,0)=1$，时间复杂度 $O(nk^2)$。
const int MAXN=505,MAXH=1e6+5,mod=1e9+7;
LL frac[MAXH],inv[MAXH];
LL quick_pow(LL a,LL b,LL mod){
LL t=1;
while(b){
if(b&1)
t=t*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return t%mod;
}
void get_inv(){
frac[0]=1;
_for(i,1,MAXH)
frac[i]=frac[i-1]*i%mod;
inv[MAXH-1]=quick_pow(frac[MAXH-1],mod-2,mod);
for(int i=MAXH-2;i>=0;i--)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int n,int m){return frac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
int cal(int r,int c,int k){
if(r<k||c<k)
return 0;
return 1LL*C(r,k)*C(c,k)%mod*frac[k]%mod;
}
int Stack[MAXN],v[MAXN],ch[MAXN][2],root;
void build(int n){
int top=0,last=0;
_rep(i,1,n){
while(top&&v[i]<v[Stack[top]])top--;
if(top)ch[Stack[top]][1]=i;
if(top<last)ch[i][0]=Stack[top+1];
Stack[++top]=i;
last=top;
}
root=Stack[1];
}
int sz[MAXN],n,k;
LL f[MAXN][MAXN],g[MAXN][MAXN];
void dfs(int pos,int fa){
if(!pos)
return;
dfs(ch[pos][0],pos);
dfs(ch[pos][1],pos);
sz[pos]=sz[ch[pos][0]]+sz[ch[pos][1]]+1;
_rep(i,0,k)
_rep(j,0,i)
g[pos][i]=(g[pos][i]+f[ch[pos][0]][j]*f[ch[pos][1]][i-j])%mod;
int H=v[pos]-v[fa];
_rep(i,0,k)
_rep(j,0,i){
if(!g[pos][j])
break;
f[pos][i]=(f[pos][i]+g[pos][j]*cal(H,sz[pos]-j,i-j))%mod;
}
}
int main()
{
get_inv();
f[0][0]=g[0][0]=1;
n=read_int(),k=read_int();
_rep(i,1,n)
v[i]=read_int();
build(n);
dfs(root,0);
enter(f[root][k]);
return 0;
}
题解 2
另外，还可以用笛卡尔树 $+$ 树上背包解决上述问题，常数较小，其中 $\text{dp}$ 数组第一次转移表示 $g$，第二次转移表示 $f$。
const int MAXN=505,MAXH=1e6+5,mod=1e9+7;
LL frac[MAXH],inv[MAXH];
LL quick_pow(LL a,LL b,LL mod){
LL t=1;
while(b){
if(b&1)
t=t*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return t%mod;
}
void get_inv(){
frac[0]=1;
_for(i,1,MAXH)
frac[i]=frac[i-1]*i%mod;
inv[MAXH-1]=quick_pow(frac[MAXH-1],mod-2,mod);
for(int i=MAXH-2;i>=0;i--)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int n,int m){return frac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
int Stack[MAXN],v[MAXN],ch[MAXN][2],root;
void build(int n){//小根堆的笛卡尔树
int top=0,last=0;
_rep(i,1,n){
while(top&&v[i]<v[Stack[top]])top--;
if(top)ch[Stack[top]][1]=i;
if(top<last)ch[i][0]=Stack[top+1];
Stack[++top]=i;
last=top;
}
root=Stack[1];
}
int sz[MAXN],n,k;
LL dp[MAXN][MAXN];
void dfs(int pos,int fa){
if(!pos)
return;
dfs(ch[pos][0],pos);
dfs(ch[pos][1],pos);
sz[pos]=1,dp[pos][0]=1;
_for(dir,0,2){//计算从子树中选取i个结点的背包总数
if(!ch[pos][dir])continue;
sz[pos]+=sz[ch[pos][dir]];
for(int i=min(k,sz[pos]);i;i--)
_rep(j,1,min(sz[ch[pos][dir]],i))
dp[pos][i]=(dp[pos][i]+dp[pos][i-j]*dp[ch[pos][dir]][j])%mod;
}
int H=v[pos]-v[fa],Inf=min(k,sz[pos]);
for(int i=Inf-1;i>=0;i--)//计算从子树中选取i个结点，从当前矩阵中选取j个结点的贡献
_rep(j,1,min(Inf-i,H))
dp[pos][i+j]=(dp[pos][i+j]+dp[pos][i]*C(H,j)%mod*C(sz[pos]-i,j)%mod*frac[j]%mod)%mod;
}
int main()
{
get_inv();
n=read_int(),k=read_int();
_rep(i,1,n)
v[i]=read_int();
build(n);
dfs(root,0);
enter(dp[root][k]);
return 0;
}
习题二
题意
有一个长度为 $n$ 的字符串 $s_0$, 第 $i$ 个字符是数字 $i\bmod 10$。
给定一个 $0\sim n-1$ 的排列 $p$ 和一个数值范围在 $0\sim 9$ 的数列 $d$。
字符串 $s_i$ 是把字符串 $s_{i-1}$ 的第 $p_i$ 个字符改成 $d_i$ 的结果。
将这 $n+1$ 个字符串按字典序排序，字典序相同时按字符串编号排序，输出每个字符串在排序后的位置(范围为 $0\sim n$)。
题解
首先假设所有 $d_i\neq p_i\bmod 10$，先考虑 $p_i=1$ 的位置。
如果有 $d_i\lt p_i\bmod 10$，则显然有 $s_0\sim s_{i-1}$ 字典序大于 $s_i\sim s_n$，考虑将 $s_0\sim s_{i-1}$ 排名加上 $n-i+1$。
如果有 $d_i\gt p_i\bmod 10$，则显然有 $s_0\sim s_{i-1}$ 字典序小于 $s_i\sim s_n$，考虑将 $s_i\sim s_n$ 排名加上 $i$。
接下来 $p_i=1$ 将 $s$ 分为 $s_0\sim s_{i-1},s_i\sim s_n$ 两个区间，且两区间互不影响，可以分别递归求解。
由于每次需要找到该区间 $p_i$ 最小的位置并划分区间，发现笛卡尔树恰好满足要求。
排名修改可以考虑差分处理。
最后是 $d_i=p_i\bmod 10$ 的情况，可以考虑将 $p_i$ 修改为 $\inf$，这样 $p_i$ 的影响一定会最后考虑。
由于此时字典序相同，所以是 $s_\text{left}\sim s_{i-1}$ 字典序小于 $s_i\sim s_\text{right}$。
该情况影响与 $d_i\gt p_i\bmod 10$ 的情况相同，考虑合并这两种情况，改为 $d_i\ge p_i\bmod 10$。
const int MAXN=2e6+5,Inf=1e9,Base=1e7+19,Mod=1e9+7;
int n,p[MAXN],d[MAXN];
void init(){
int seed=read_int(),a=read_int(),b=read_int(),mod=read_int();
_for(i,0,n)p[i]=i;
_for(i,1,n){
swap(p[i],p[seed%(i+1)]);
seed=(1LL*seed*a+b)%mod;
}
seed=read_int(),a=read_int(),b=read_int(),mod=read_int();
_for(i,0,n){
d[i]=seed%10;
seed=(1LL*seed*a+b)%mod;
}
for(int i=n;i;i--)p[i]=p[i-1],d[i]=d[i-1];
}
int Stack[MAXN],ch[MAXN][2],root;
void build(int n){
int top=0;
p[0]=-Inf;Stack[++top]=0;
_rep(i,1,n){
while(p[i]<p[Stack[top]])top--;
ch[i][0]=ch[Stack[top]][1];
ch[Stack[top]][1]=i;
Stack[++top]=i;
}
root=Stack[2];
}
int s[MAXN];
void dfs(int pos,int lef,int rig){
if(lef>=rig)return;
if(d[pos]>=0){
s[pos]+=pos-lef;
s[rig+1]-=pos-lef;
}
else{
s[lef]+=rig-pos+1;
s[pos]-=rig-pos+1;
}
dfs(ch[pos][0],lef,pos-1);
dfs(ch[pos][1],pos,rig);
}
int main()
{
int t=read_int();
while(t--){
n=read_int();
init();
s[0]=0;
_rep(i,1,n){
s[i]=0;
d[i]-=p[i]%10;
if(!d[i])p[i]=Inf;
}
build(n);
dfs(root,0,n);
_rep(i,1,n)
s[i]+=s[i-1];
int ans=0,base=1;
_rep(i,0,n){
ans=(ans+1LL*s[i]*base)%Mod;
base=1LL*base*Base%Mod;
}
enter(ans);
}
return 0;
}
