左偏树（可并堆）实现

原题P3377 【模板】左偏树（可并堆）

题目描述
如题，一开始有N个小根堆，每个堆包含且仅包含一个数。接下来需要支持两种操作：

操作1： 1 x y 将第x个数和第y个数所在的小根堆合并（若第x或第y个数已经被删除或第x和第y个数在用一个堆内，则无视此操作）

操作2： 2 x 输出第x个数所在的堆最小数，并将其删除（若第x个数已经被删除，则输出-1并无视删除操作）

输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个正整数N、M，分别表示一开始小根堆的个数和接下来操作的个数。

第二行包含N个正整数，其中第i个正整数表示第i个小根堆初始时包含且仅包含的数。

接下来M行每行2个或3个正整数，表示一条操作，格式如下：

操作1 ： 1 x y

操作2 ： 2 x

输出格式：
输出包含若干行整数，分别依次对应每一个操作2所得的结果。

输入输出样例
输入样例#1： 
5 5
1 5 4 2 3
1 1 5
1 2 5
2 2
1 4 2
2 2
输出样例#1： 
1
2
说明
当堆里有多个最小值时，优先删除原序列的靠前的，否则会影响后续操作1导致WA。

时空限制：1000ms,128M

数据规模：

对于30%的数据：N<=10，M<=10

对于70%的数据：N<=1000，M<=1000

对于100%的数据：N<=100000，M<=100000

样例说明：

初始状态下，五个小根堆分别为:{1}、{5}、{4}、{2}、{3}。

第一次操作，将第1个数所在的小根堆与第5个数所在的小根堆合并，故变为四个小根堆：{1,3}、{5}、{4}、{2}。

第二次操作，将第2个数所在的小根堆与第5个数所在的小根堆合并，故变为三个小根堆：{1,3,5}、{4}、{2}。

第三次操作，将第2个数所在的小根堆的最小值输出并删除，故输出1，第一个数被删除，三个小根堆为：{3,5}、{4}、{2}。

第四次操作，将第4个数所在的小根堆与第2个数所在的小根堆合并，故变为两个小根堆：{2,3,5}、{4}。

第五次操作，将第2个数所在的小根堆的最小值输出并删除，故输出2，第四个数被删除，两个小根堆为：{3,5}、{4}。

故输出依次为1、2。

左偏树模板

什么是左偏树呢？首先，从名字上看，它是一棵树。其实它还是一棵二叉树。它的节点上存4个值：左、右子树的地址，权值，距离。

权值就是堆里面的值。距离表示这个节点到它子树里面最近的叶子节点的距离。叶子节点距离为0。

既然是一种特殊的数据结构，那肯定有它自己的性质。左偏树有几个性质(小根为例)。

性质一：节点的权值小于等于它左右儿子的权值。

堆的性质，很好理解。

性质二：节点的左儿子的距离不小于右儿子的距离。

在写平衡树的时候，我们是确保它的深度尽量的小，这样访问每个节点都很快。但是左偏树不需要这样，它的目的是快速提取最小节点和快速合并。

所以它并不平衡，而且向左偏。但是距离和深度不一样，左偏树并不意味着左子树的节点数或是深度一定大于右子树。

性质三：节点的距离等于右儿子的距离+1。

没什么好说的= =

性质四：一个n个节点的左偏树距离最大为 log(n+1)-1log(n+1)−1

这个怎么证明呢？我们可以一点一点来。

若左偏树的距离为一定值，则节点数最少的左偏树是完全二叉树。

节点最少的话，就是左右儿子距离一样，这就是完全二叉树了。

若一棵左偏树的距离为k，则这棵左偏树至少有2k+1−1 个节点。

距离为k的完全二叉树高度也是k，节点数就是 2k+1−1 。

这样就可以证明性质四了。因为 n>=2k+1−1 ，所以 k<=log(n+1)−1

有了性质，我们来讲讲它的操作。

0.查找最小值

我们维护了小根堆，不停地从当前节点找父亲就能找到最小值（根），但如果树退化，查询就会变成O(N)的

于是我们用f[x]表示第i个点所在的树的根，用并查集findset的方法查找根

inline int get(int x){
    return f[x]==x?x:f[x]=get(f[x]);
}

1.合并

我们假设A的根节点小于等于B的根节点（否则交换A,B），把A的根节点作为新树C的根节点，剩下的事就是合并A的右子树和B了。

合并了A的右子树和B之后，A的右子树的距离可能会变大，当A的右子树 的距离大于A的左子树的距离时，性质二会被破坏。在这种情况下，我们只须要交换A的右子树和左子树。

而且因为A的右子树的距离可能会变，所以要更新A的距离=右儿子距离+1。这样就合并完了。

我们来分析一下复杂度。我们可以看出每次我们都把它的右子树放下去合并。

因为一棵树的距离取决于它右子树的距离(性质三)，所以拆开的过程不会超过它的距离。

根据性质四，不会超过log(nx​+1)+log(ny​+1)−2 ，复杂度就是O(lognx​+logny​)

int merg(int x,int y){
    if(!x||!y){
        return x+y;
    }
    if(val[x]>val[y]||(val[x]==val[y]&&x>y)){
        swap(x,y);
    }
    ch[x][1]=merg(ch[x][1],y);
    f[ch[x][0]]=f[ch[x][1]]=f[x]=x;
    if(dis[ch[x][0]]<dis[ch[x][1]]){
        swap(ch[x][0],ch[x][1]);
    }
    dis[x]=dis[ch[x][1]]+1;
    return x;
}

2.插入

插入一个节点，就是把一个点和一棵树合并起来。

因为其中一棵树只有一个节点，所以插入的效率是 O(logn)

3.删除最小/大点

因为根是最小/大点，所以可以直接把根的两个儿子合并起来。

因为只合并了一次，所以效率也是 O(logn) 。

inline void del(int x){
    val[x]=-1;
    f[ch[x][0]]=ch[x][0];
    f[ch[x][1]]=ch[x][1];
    f[x]=merg(ch[x][0],ch[x][1]);
}

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=1e9+7,MAXN=1e5+1,MAXM=1e5+1;
int N,M;
int val[MAXN],dis[MAXN],f[MAXN],ch[MAXN][2];
int merg(int x,int y){
    if(!x||!y){
        return x+y;
    }
    if(val[x]>val[y]||(val[x]==val[y]&&x>y)){
        swap(x,y);
    }
    ch[x][1]=merg(ch[x][1],y);
    f[ch[x][0]]=f[ch[x][1]]=f[x]=x;
    if(dis[ch[x][0]]<dis[ch[x][1]]){
        swap(ch[x][0],ch[x][1]);
    }
    dis[x]=dis[ch[x][1]]+1;
    return x;
}
inline int get(int x){
    return f[x]==x?x:f[x]=get(f[x]);
}
inline void del(int x){
    val[x]=-1;
    f[ch[x][0]]=ch[x][0];
    f[ch[x][1]]=ch[x][1];
    f[x]=merg(ch[x][0],ch[x][1]);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&N,&M);
    dis[0]=-1;
    for(int i=1;i<=N;i++){
        f[i]=i;
        scanf("%d",val+i);
    }
    for(int i=1;i<=M;i++){
        int sign,ii,jj;
        scanf("%d",&sign);
        if(sign==1){
            scanf("%d%d",&ii,&jj);
            if(val[ii]==-1||val[jj]==-1||ii==jj){
                continue;
            }
            int f1=get(ii),f2=get(jj);
            merg(f1,f2);
        }else{
            scanf("%d",&ii);
            if(val[ii]==-1){
                puts("-1");
            }else{
                ii=get(ii);
                printf("%d
",val[ii]);
                del(ii);
            }
        }
    }
    return 0;
}