平衡树（二）
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本文中将讲述一下内容：
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可持久化Treap
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基于
Trie的 类 平衡树（后文称之为BSTrie） -
BSTrie的可持久化
可持久化Treap
可持久化Treap基于FHQ-Treap。其实不难发现，FHQ-Treap在分裂和合并时在每一层只对一个结点产生影响。于是我们可以大胆的可持久化此结构，且保证复杂度为
我们以此图为例。我们只需要复制下被影响的结点，基于原树获得一条新链：
红色节点是新产生的节点（可能实际上产生的顺序不一样）
其中
(8, 11)作为新右树的根，(7, 8)作为新左树的根
也就是说，我们经过一个结点复制一次即可。
inline void splitVal(int p, int val, int &x, int &y, bool simple = true) {
if (!p) return (void)(x = y = 0);
int np = simple ? p : clone(p);
if (val(p) <= val)
x = np, splitVal(rp(p), val, rp(x), y, simple), update(x);
else
y = np, splitVal(lp(p), val, x, lp(y), simple), update(y);
}
simple就是标志是否需要可持久化……特别简单
其实到这里就已经讲完了可持久化Treap了……因为其他绝大部分操作只需要对于分裂时持久化，在合并时并不需要持久化。
例如删除操作：
inline int insert(int root, int val, bool simple = false) {
int x(0), y(0), p(++usage);
nodes[p].init(val);
splitVal(root, val, x, y, simple);
return merge(merge(x, p), y);
}
这也请读者自行思考为什么不需要合并时可持久化。
基于Trie的 类 平衡树（BSTrie）
这里基于的Trie指的是
说实话，代码无比之简短，并且十分迅速，除了空间复杂度较大之外，令我不禁想要抛弃WBLT……
后记：空间复杂度……真的很大，很多普通平衡树能过的空间，Trie真不一定能过
我们首先只考虑正数的情况。如果我们把每一个数都扩展成同一个位长，从高位向低位保存成一棵树。我们从左到右（认为0在左，而1在右）观察其叶节点所对应的值（类似于Leafy Tree），可以知道是单调递增的，于是我们可以轻易的将之进行魔改，从而做到普通平衡树所能做到的事。
template<int N = 100000>
class BSTrie {
private:
int siz[N << 5];
int ch[N << 5][2];
int usage;
#define newNode() ({ \
++usage; \
siz[usage] = ch[usage][0] = ch[usage][1] = 0; \
usage; \
})
}
这是这一颗树需要用到的内容。其实从这里就应该可以知道，其空间复杂度为
插入
首先看代码：
void insert(int x) {
int p = 1;
for (int i = BS; ~i; --i) {
int bt = bit(x, i), &np = ch[p][bt];
if (!np) np = newNode();
p = np, ++siz[p];
}
}
写法有些许迷惑，见谅
其中BS指的是
⌈ log C ⌉ " role="presentation">
由于我们需要用到子树的大小以方便 ++siz[p]
不就是普通的 Trie 插入操作吗？不讲了。
删除
void remove(int x) {
int p = 1;
for (int i = BS; ~i; --i) {
int np = ch[p][bit(x, i)];
if (!np) return;
p = np;
}
p = 1;
for (int i = BS; ~i; --i) {
p = ch[p][bit(x, i)], --siz[p];
}
}
这里需要注意的是需要两遍向下，以防止 x 并不存在的情况。
与普通的 Trie 删除操作类似，想必代码也十分易懂。
查询排名
在普通平衡树内查询排名怎么查，这里就怎么查：
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进入右子节点，则累加左子树的大小
-
进入左子节点，则不累加
-
没有子节点，直接返回当前结果
int rank(int x, bool within = false) {
int p = 1;
int rk = 0;
if (x >= 0) rk += siz[1];
for (int i = BS; ~i; --i) {
int bt = bit(x, i), np = ch[p][bt];
if (bt) rk += siz[ch[p][0]];
if (!np) return rk;
p = np;
}
return within ? rk + siz[p] : rk;
}
这里对于加入了
within参数，用于提示是否需要包含x出现的次数。
为什么在第8行直接返回是正确的？简单来说就是空子树不会对结果造成影响。具体一点请读者自行思考。
查询第k大
呃，令 x 为当前结果：
-
若进入左子树，则令
x = x << 1 -
否则令
x = (x << 1) | 1（打括号是为了方便理解）
如果保证树内存在至少
但是没有这么多个数……则结果不可预测
int kth(int k) {
int p = 1;
int x = 0;
for (int i = BS; ~i; --i) {
if (k <= siz[lc(p)]) p = lc(p), x <<= 1;
else k -= siz[lc(p)], p = rc(p), x = (x << 1) | 1;
}
return x;
}
于是，你可以在100行内写出一个优秀的平衡树了……
现在考虑有复数的情况。有两种解决方法：
-
依据符号位，建两棵树。根据补码的知识，对于有符号类型的整数，其对应的无符号整型数值越大，其值越大。所以负数也可以利用同样的代码处理。
而改变方法也很简单，将语句
int p = 1改为int p = x < 0 ? 1 : 2（标号随意）即可。
只是在kth时，需要有：int x = k <= siz[1] ? (1 << (32 - BS)) - 1 : 0;在
rank前要多加一句：if (x >= 0) rk += siz[1];其他的都没大区别。
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第二种方案相对简单，把所有数都加上一个
offset，保证为正整数即可……（这种方法很简答，而且可持久化时也更简单）
于是我们优先采用第二种方法（尤其是需要可持久化的时候）。
可持久化BSTrie
可持久化 Trie 会吧……OK，下课！
还是提一下可持久化的思想：
把每一个经过的结点复制出来即可……类比可持久化Treap的操作