关于treap启发式合并的一点脑洞(以bzoj2809为例)

首先我知道bzoj2809正解应该是可并堆，之所以写treap启发式合并单纯只是因为这个脑洞…

首先我们有两个treap，分别是 A 和 B ，它们的节点数分别为 n 和 m (n<m)。

网上普通的启发式合并是把 A 中的结点一个个扔进 B 里，这样复杂度是 O(nlogm) 的。

然而 zyqn 告诉我 myy 说这个事情可以做到 O(nlogmn) ，这就非常一颗赛艇了。

因为这意味着，如果你有 n 个只有一个结点的 treap，然后我每次指定两个让你合并，顺便询问询问，最后合并成一个 treap， 那么这个事情可以做到 O(nlogn) 而不是 O(nlog2n) 。

然后我搞了搞发现我可能写挂了，不过还是决定放上来讲讲。

具体来说是把 B 那个 treap 拆成一个序列，然后塞进 A 相应的地方。就像这样：

但是光这么搞会出一些问题，比如有 n 个结点，权值分别为 1~n ，那把第二个，第三个…第 n 个点依次塞进第一个点的 treap 里，这个 treap 就会变成一条链。补救办法是在某些时候把需要 merge 的 A 和 B 两个 treap 都拆成序列，然后暴力重构整个 treap 的这个子树。

然后问题就是什么时候暴力重构了，这个可以参考普通 treap，如果两个 treap 的结点数分别为 n 和 m (n<m),那么我们以 nn+m 的概率重构它。还有如果最开始被拆成序列的那个 treap 如果在 merge 到某个点的时候，序列长度比当前没被拆的那个 treap 的大小要大了，那暴力重构肯定不会影响复杂度。

这么一通搞完以后我发现复杂度我并不会证。也许是 O(nlogmn) ，也许还是 O(nlogm)。

不过这样写有一个好，就是如果这个 treap 不需要可持久化的话，空间复杂度是 O(总节点数) 的，不会出现卡空间的问题。但是要多写这么多函数啊喂，如果是OI比赛调不出来怎么办

附代码

#include <cstdio>#include <algorithm>#define N 100050#define NDS 1000050#define INF 1000000001#define swap(a,b) std::swap(a,b)//namespace fastin//{    #define BUF 100005    char __s[BUF],*_ss,*_st;    inline char gchar()    {        if(_ss==_st) _st=(_ss=__s)+fread(__s,sizeof(char),BUF-5,stdin);        return *_ss++;    }    inline int RD()    {        int res;char cr;        while( (cr=gchar())<'0' || cr>'9');res=cr-'0';        while( (cr=gchar())>='0' && cr<='9') res=res*10+cr-'0';        return res;    }    #undef BUF//}int trand(){    static long long x=2947183,a=3798293,b=1000000009;    return x=(x*a+b)&0x7fffffff;}int trand(int lim){return trand()%lim;}#define ls p->son[0]#define rs p->son[1]struct Node *null;struct Node{    int sz,val;    long long totval;    Node *son[2];    void update()    {        sz=(son[0]->sz)+(son[1]->sz)+1;        totval=(son[0]->totval)+(son[1]->totval)+val;        if(totval>INF) totval=INF;    }}_pol[NDS],*_ndcnt;Node* newNode(){return _ndcnt++;}void init(){    null=new Node();    *null=(Node){0,0,0,{NULL,NULL}};    _ndcnt=_pol;}Node *que[N],*q2[N];int ql,qr,q2top;void takeApart(Node *p)//把treap p拆成序列{    if(p==null) return;    takeApart(ls);    que[++qr]=p;    takeApart(rs);}void combine(Node *p,int &l,int r)//把treap p拆成序列，并且和que里的序列合成一个新序列{    if(p==null) return;    combine(ls,l,r);    while(l<=r && (que[l]->val)<(p->val))        q2[++q2top]=que[l++];    q2[++q2top]=p;    combine(rs,l,r);}Node* rebuild(int l,int r)//暴力重建，把序列变成一个treap{    if(l>r) return null;    int mid=(l+r)>>1;//  Node *p=newNode();*p=*q2[mid];    Node *p=q2[mid];    ls=rebuild(l,mid-1);    rs=rebuild(mid+1,r);    p->update();    return p;}Node* rebuild(Node *p,int l,int r)//暴力重建treap p和序列que(中的[l,r]这一段){    q2top=0;    combine(p,l,r);    while(l<=r) q2[++q2top]=que[l++];    return rebuild(1,q2top);}int find(int l,int r,int val){    //判定merge下传的时候应该把que序列中的前一半扔给左儿子,后一半扔给右儿子    //这个函数是用来找前一半和后一半的分界点的    //不要问我为什么不直接二分    for(int del=0;;del++)    {        if(val<(que[l+del]->val))            return l+del-1;        if(val>=(que[r-del]->val))            return r-del;    }}Node* merge(Node *rt,int l,int r){    //合并treap rt和序列que(中的[l,r]这一段)。这个代码的核心。//  Node *p=newNode();*p=*rt;    Node *p=rt;    if(l>r) return p;    if(p==null) return rebuild(p,l,r);    int size1=p->sz,size2=r-l+1;    if(size1<=size2 || trand(size1+size2)<size2)        return rebuild(p,l,r);    int mid=find(l,r,p->val);    ls=merge(rt->son[0],l,mid);    rs=merge(rt->son[1],mid+1,r);    p->update();    return p;}Node* merge(Node *a,Node *b)//合并a,b两个treap,其中b被拆成序列{    if((a->sz)<(b->sz)) swap(a,b);    ql=1;qr=0;    takeApart(b);    return merge(a,ql,qr);}/*int query(Node* p,int maxcost){    if(p==null) return 0;    if(p->totval<=maxcost) return p->sz;    if(ls->totval<=maxcost)    {        if((ls->totval)+(p->val)<=maxcost)            return ls->sz+1+query(rs,(maxcost)-(ls->totval)-(p->val));        else return ls->sz;    }    else return query(ls,maxcost);}*/int query(Node* &p,int maxcost)//本来应该用上面那个query()，这个函数是用题目性质加了一些常数优化{    if(p==null) return 0;    if(p->totval<=maxcost) return p->sz;    int res;    if(ls->totval<=maxcost)    {        if((ls->totval)+(p->val)<=maxcost)            res=ls->sz+1+query(rs,(maxcost)-(ls->totval)-(p->val));        else res=ls->sz,p=ls;    }    else res=query(ls,maxcost),p=ls;    if(p!=null) p->update();    return res;}int fa[N],cost[N],leadership[N];int fson[N],bro[N];Node *rot[N];int main(){    init();    int n,maxcost;n=RD();maxcost=RD();    for(int i=1;i<=n;i++)    {        fa[i]=RD();cost[i]=RD();leadership[i]=RD();        bro[i]=fson[fa[i]];        fson[fa[i]]=i;    }    long long ans=0;    for(int i=n;i>=1;i--)    {        rot[i]=newNode();        *rot[i]=(Node){1,cost[i],cost[i],{null,null}};        for(int j=fson[i];j;j=bro[j])            rot[i]=merge(rot[i],rot[j]);        long long res=(long long)leadership[i]*query(rot[i],maxcost);        if(res>ans) ans=res;    }    printf("%lld\n",ans);}