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# 左偏树

## 什么是左偏树？

左偏树 与 配对堆 一样，是一种 可并堆，具有堆的性质，并且可以快速合并．

## 左偏树的定义和性质

对于一棵二叉树，我们定义 外节点 为子节点数小于两个的节点，定义一个节点的 d i s t dist 为其到子树中最近的外节点所经过的边的数量．空节点的 d i s t dist 为 0 0．

注意

有些资料中对 d i s t dist 的定义是本文中的 d i s t dist 减 1 1，这样定义是因为代码编写时可以省略一些判空流程，但需要注意应预先置空节点的 d i s t dist 为 −1−1．本文中所有代码对 d i s t dist 的定义 均为空节点 d i s t dist 为 −1−1 的定义，请注意与行文间 d i s t dist 定义的差别．

左偏树是一棵二叉树，它不仅具有堆的性质，并且是「左偏」的：每个节点左儿子的 d i s t dist 都大于等于右儿子的 d i s t dist．

因此，左偏树每个节点的 d i s t dist 都等于其右儿子的 d i s t dist 加一．

需要注意的是，d i s t dist 不是深度，左偏树的深度没有保证，一条向左的链也符合左偏树的定义．

## 核心操作：合并（merge）

合并两个堆时，由于要满足堆性质，先取值较小（为了方便，本文讨论小根堆）的那个根作为合并后堆的根节点，然后将这个根的左儿子作为合并后堆的左儿子，递归地合并其右儿子与另一个堆，作为合并后的堆的右儿子．为了满足左偏性质，合并后若左儿子的 d i s t dist 小于右儿子的 d i s t dist，就交换两个儿子．

参考代码：

实现

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    int merge(int x, int y) {
      if (!x || !y) return x | y;  // 若一个堆为空则返回另一个堆
      if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);  // 取值较小的作为根
      t[x].rs = merge(t[x].rs, y);          // 递归合并右儿子与另一个堆
      if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d)
        swap(t[x].ls, t[x].rs);   // 若不满足左偏性质则交换左右儿子
      t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;  // 更新dist
      return x;
    }

由于左偏性质，每递归一层，其中一个堆根节点的 d i s t dist 就会减小 1 1，而一棵有 𝑛 n 个节点的二叉树，根的 d i s t dist 不超过 ⌈l o g⁡(𝑛+1)⌉⌈log⁡(n+1)⌉，所以合并两个大小分别为 𝑛 n 和 𝑚 m 的堆复杂度是 𝑂(l o g⁡𝑛 +l o g⁡𝑚)O(log⁡n+log⁡m)．

关于 d i s t dist 性质的证明

一棵根的 d i s t dist 为 𝑥 x 的二叉树至少有 𝑥 −1 x−1 层是满二叉树，那么就至少有 2 𝑥 −1 2 x−1 个节点．注意这个性质是所有二叉树都具有的，并不是左偏树所特有的．

左偏树还有一种无需交换左右儿子的写法：将 d i s t dist 较大的儿子视作左儿子，d i s t dist 较小的儿子视作右儿子：

实现

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    int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

    int merge(int x, int y) {
      if (!x || !y) return x | y;
      if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
      int& rs_ref = rs(x);
      rs_ref = merge(rs_ref, y);
      t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
      return x;
    }

## 左偏树的其它操作

### 插入节点

单个节点也可以视为一个堆，合并即可．

### 删除根

合并根的左右儿子即可．

### 删除任意节点

#### 做法

先将左右儿子合并，然后自底向上更新 d i s t dist、不满足左偏性质时交换左右儿子，当 d i s t dist 无需更新时结束递归：

实现

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    int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

    // 有了 pushup，直接 merge 左右儿子就实现了删除节点并保持左偏性质
    int merge(int x, int y) {
      if (!x || !y) return x | y;
      if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
      int& rs_ref = rs(x);
      rs_ref = merge(rs_ref, y);
      t[rs_ref].fa = x;
      t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
      return x;
    }

    void pushup(int x) {
      if (!x) return;
      if (t[x].d != t[rs(x)].d + 1) {
        t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
        pushup(t[x].fa);
      }
    }

    void erase(int x) {
      int y = merge(t[x].ch[0], t[x].ch[1]);
      t[y].fa = t[x].fa;
      if (t[t[x].fa].ch[0] == x)
        t[t[x].fa].ch[0] = y;
      else if (t[t[x].fa].ch[1] == x)
        t[t[x].fa].ch[1] = y;
      pushup(t[y].fa);
    }

#### 复杂度证明

先考虑 `merge` 的过程，每次都会使 𝑥 x 或 𝑦 y 向下一层，也就是说最极端的情况，就是一直选择左偏树的右节点（d i s t dist 最小的节点）向下一层，此时 d i s t dist 减少了 1 1．

再考虑 `pushup` 的过程，我们令当前 `pushup` 的这个节点为 𝑥 x，其父亲为 𝑦 y，一个节点的「初始 d i s t dist」为它在 `pushup` 前的 d i s t dist．从被删除节点的父亲开始递归，有两种情况：

1. 𝑥 x 是 𝑦 y 的右儿子，此时 𝑦 y 的初始 d i s t dist 为 𝑥 x 的初始 d i s t dist 加一．
2. 𝑥 x 是 𝑦 y 的左儿子，由于节点的 d i s t dist 最多减一，因此只有 𝑦 y 的左右儿子初始 d i s t dist 相等时（此时左儿子 d i s t dist 减一会导致左右儿子互换）才会继续递归下去，因此 𝑦 y 的初始 d i s t dist 仍然是 𝑥 x 的初始 d i s t dist 加一．

所以，我们得到，每递归一层 𝑥 x 的初始 d i s t dist 就会加一，因此最多递归 𝑂(l o g⁡𝑛)O(log⁡n) 层．

### 整个堆加上/减去一个值、乘上一个正数

其实可以打标记且不改变相对大小的操作都可以．

在根打上标记，删除根/合并堆（访问儿子）时下传标记即可：

实现

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    int merge(int x, int y) {
      if (!x || !y) return x | y;
      if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
      pushdown(x);
      t[x].rs = merge(t[x].rs, y);
      if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d) swap(t[x].ls, t[x].rs);
      t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;
      return x;
    }

    int pop(int x) {
      pushdown(x);
      return merge(t[x].ls, t[x].rs);
    }

## 其他可并堆

### 随机堆

实现

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    int merge(int x, int y) {
      if (!x || !y) return x | y;
      if (t[y].val < t[x].val) swap(x, y);
      if (rand() & 1)  // 随机选择是否交换左右子节点
        swap(t[x].ls, t[x].rs);
      t[x].ls = merge(t[x].ls, y);
      return x;
    }

可以看到该实现方法唯一不同之处便是采用了随机数来实现合并，这样一来便可以省去 d i s t dist 的相关计算．且平均时间复杂度亦为 𝑂(l o g⁡𝑛)O(log⁡n)，详细证明可参考 Randomized Heap．

### 斜堆

斜堆是左偏树的自适应形式．当合并两个堆时，它无条件交换合并路径上的所有节点，以此试图维护平衡．根据均摊分析，自顶向下斜堆（top-down skew heap）插入，合并，删除最小值的复杂度为 𝑂(l o g⁡𝑛)O(log⁡n)1．

## 例题

### 模板题

luogu P3377【模板】左偏树（可并堆）

Monkey King

罗马游戏

需要注意的是：

1. 合并前要检查是否已经在同一堆中．

2. 左偏树的深度可能达到 𝑂(𝑛)O(n)，因此找一个点所在的堆顶要用并查集维护，不能直接暴力跳父亲．（虽然很多题数据水，暴力跳父亲可以过……）（用并查集维护根时要保证原根指向新根，新根指向自己．）

罗马游戏参考代码

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    #include <iostream>

    using namespace std;

    constexpr int N = 1000010;

    struct Node {
      int val, ls, rs, d;

      Node() {
        val = ls = rs = 0;
        d = -1;
      }

      Node(int v) {
        val = v;
        ls = rs = d = 0;
      }
    } t[N];

    int merge(int x, int y) {
      if (!x || !y) return x | y;
      if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
      t[x].rs = merge(t[x].rs, y);
      if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d) swap(t[x].ls, t[x].rs);
      t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;
      return x;
    }

    int f[N];

    // 查找
    int find(int x) { return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]); }

    bool kill[N];

    int main() {
      ios::sync_with_stdio(false);
      cin.tie(nullptr);

      int n;
      cin >> n;
      for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int v;
        cin >> v;
        t[i] = Node(v);
        f[i] = i;
      }

      int m;
      cin >> m;
      int x, y;
      char op;
      while (m--) {
        cin >> op;
        if (op == 'M') {
          cin >> x >> y;
          if (kill[x] || kill[y]) continue;
          x = find(x);
          y = find(y);
          if (x != y) f[x] = f[y] = merge(x, y);
        } else {
          cin >> x;
          if (!kill[x]) {
            x = find(x);
            kill[x] = true;
            f[x] = f[t[x].ls] = f[t[x].rs] = merge(t[x].ls, t[x].rs);
            // 由于堆中的点会 find 到 x，所以 f[x] 也要修改
            cout << t[x].val << '\n';
          } else
            cout << "0\n";
        }
      }

      return 0;
    }

### 树上问题

「APIO2012」派遣

「JLOI2015」城池攻占

这类题目往往是每个节点维护一个堆，与儿子合并，依题意弹出、修改、计算答案，有点像线段树合并的类似题目．

城池攻占参考代码

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    #include <iostream>

    using namespace std;

    using ll = long long;

    constexpr int N = 300010;

    struct Node {
      int ls, rs, d;
      ll val, add, mul;

      Node() {
        ls = rs = 0;
        d = -1;
        val = add = 0;
        mul = 1;
      }

      Node(int v) {
        ls = rs = d = 0;
        val = v;
        add = 0;
        mul = 1;
      }
    } t[N];

    int head[N], nxt[N], to[N], cnt;
    int n, m, p[N], f[N], a[N], dep[N], c[N], ans1[N],
        ans2[N];  // p 是树上每个点对应的堆顶
    ll h[N], b[N];

    void add(int u, int v) {
      nxt[++cnt] = head[u];
      head[u] = cnt;
      to[cnt] = v;
    }

    void madd(int u, ll x) {
      t[u].val += x;
      t[u].add += x;
    }

    void mmul(int u, ll x) {
      t[u].val *= x;
      t[u].add *= x;
      t[u].mul *= x;
    }

    void pushdown(int x) {  // 类似线段树下传标记
      mmul(t[x].ls, t[x].mul);
      madd(t[x].ls, t[x].add);
      mmul(t[x].rs, t[x].mul);
      madd(t[x].rs, t[x].add);
      t[x].add = 0;
      t[x].mul = 1;
    }

    int merge(int x, int y) {
      if (!x || !y) return x | y;
      if (t[x].val > t[y].val) swap(x, y);
      pushdown(x);
      t[x].rs = merge(t[x].rs, y);
      if (t[t[x].rs].d > t[t[x].ls].d) swap(t[x].ls, t[x].rs);
      t[x].d = t[t[x].rs].d + 1;
      return x;
    }

    int pop(int x) {
      pushdown(x);
      return merge(t[x].ls, t[x].rs);
    }

    void dfs(int u) {
      for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
        int v = to[i];
        dep[v] = dep[u] + 1;
        dfs(v);
      }
      while (p[u] && t[p[u]].val < h[u]) {
        ++ans1[u];
        ans2[p[u]] = dep[c[p[u]]] - dep[u];
        p[u] = pop(p[u]);
      }
      if (a[u])
        mmul(p[u], b[u]);
      else
        madd(p[u], b[u]);
      if (u > 1)
        p[f[u]] = merge(p[u], p[f[u]]);
      else
        while (p[u]) {
          ans2[p[u]] = dep[c[p[u]]] + 1;
          p[u] = pop(p[u]);
        }
    }

    int main() {
      ios::sync_with_stdio(false);
      cin.tie(nullptr);

      cin >> n >> m;

      for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> h[i];

      for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        cin >> f[i] >> a[i] >> b[i];
        add(f[i], i);
      }

      for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int v;
        cin >> v >> c[i];
        t[i] = Node(v);
        p[c[i]] = merge(i, p[c[i]]);
      }

      dfs(1);

      for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << ans1[i] << '\n';
      for (int i = 1; i <= m; ++i) cout << ans2[i] << '\n';

      return 0;
    }

### 「SCOI2011」棘手的操作

首先，找一个节点所在堆的堆顶要用并查集，而不能暴力向上跳．

再考虑单点查询，若用普通的方法打标记，就得查询点到根路径上的标记之和，最坏情况下可以达到 𝑂(𝑛)O(n) 的复杂度．如果只有堆顶有标记，就可以快速地查询了，但如何做到呢？

可以用类似启发式合并的方式，每次合并的时候把较小的那个堆标记暴力下传到每个节点，然后把较大的堆的标记作为合并后的堆的标记．由于合并后有另一个堆的标记，所以较小的堆下传标记时要下传其标记减去另一个堆的标记．由于每个节点每被合并一次所在堆的大小至少乘二，所以每个节点最多被下放 𝑂(l o g⁡𝑛)O(log⁡n) 次标记，暴力下放标记的总复杂度就是 𝑂(𝑛 l o g⁡𝑛)O(n log⁡n)．

再考虑单点加，先删除，再更新，最后插入即可．

然后是全局最大值，可以用一个平衡树/支持删除任意节点的堆（如左偏树）/multiset 来维护每个堆的堆顶．

所以，每个操作分别如下：

1. 暴力下传点数较小的堆的标记，合并两个堆，更新 size、tag，在 multiset 中删去合并后不在堆顶的那个原堆顶．
2. 删除节点，更新值，插入回来，更新 multiset．需要分删除节点是否为根来讨论一下．
3. 堆顶打标记，更新 multiset．
4. 打全局标记．
5. 查询值 + 堆顶标记 + 全局标记．
6. 查询根的值 + 堆顶标记 + 全局标记．
7. 查询 multiset 最大值 + 全局标记．

棘手的操作参考代码

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    #include <iostream>
    #include <set>

    using namespace std;

    constexpr int N = 300010;

    struct Node {
      int val, ch[2], d, fa;

      Node() {
        val = ch[0] = ch[1] = 0;
        d = -1;
        fa = 0;
      }

      Node(int v) {
        val = v;
        ch[0] = ch[1] = d = fa = 0;
      }
    } t[N];

    int n, m, f[N], tag[N], siz[N], delta;
    char op[10];
    multiset<int> s;

    int& rs(int x) { return t[x].ch[t[t[x].ch[1]].d < t[t[x].ch[0]].d]; }

    int merge(int x, int y) {
      if (!x || !y) return x | y;
      if (t[x].val < t[y].val) swap(x, y);
      int& rs_ref = rs(x);
      rs_ref = merge(rs_ref, y);
      t[rs_ref].fa = x;
      t[x].d = t[rs(x)].d + 1;
      return x;
    }

    void pushdown(int x, int y) {
      if (!x) return;
      t[x].val += y;
      pushdown(t[x].ch[0], y);
      pushdown(t[x].ch[1], y);
    }

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

    int main() {
      ios::sync_with_stdio(false);
      cin.tie(nullptr);

      cin >> n;

      for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int v;
        cin >> v;
        t[i] = Node(v);
        f[i] = i;
        siz[i] = 1;
        s.insert(v);
      }

      cin >> m;

      while (m--) {
        cin >> op;
        if (op[0] == 'U') {
          int x, y;
          cin >> x >> y;
          x = find(x);
          y = find(y);
          if (x != y) {
            if (siz[x] > siz[y]) swap(x, y);
            pushdown(x, tag[x] - tag[y]);
            f[x] = f[y] = merge(x, y);
            if (f[x] == x) {
              s.erase(s.find(t[y].val + tag[y]));
              tag[x] = tag[y];
              siz[x] += siz[y];
              tag[y] = siz[y] = 0;
            } else {
              s.erase(s.find(t[x].val + tag[y]));
              siz[y] += siz[x];
              tag[x] = siz[x] = 0;
            }
          }
        } else if (op[0] == 'A') {
          if (op[1] == '1') {
            int x, v;
            cin >> x >> v;
            if (x == find(x)) {
              t[t[x].ch[0]].fa = t[t[x].ch[1]].fa = 0;
              int y = merge(t[x].ch[0], t[x].ch[1]);
              s.erase(s.find(t[x].val + tag[x]));
              t[x].val += v;
              t[x].fa = t[x].ch[0] = t[x].ch[1] = 0;
              t[x].d = 1;
              f[x] = f[y] = merge(x, y);
              s.insert(t[f[x]].val + tag[x]);
              if (f[x] == y) {
                tag[y] = tag[x];
                siz[y] = siz[x];
                tag[x] = siz[x] = 0;
              }
            } else {
              t[t[x].ch[0]].fa = t[t[x].ch[1]].fa = t[x].fa;
              t[t[x].fa].ch[x == t[t[x].fa].ch[1]] = merge(t[x].ch[0], t[x].ch[1]);
              t[x].val += v;
              t[x].fa = t[x].ch[0] = t[x].ch[1] = 0;
              t[x].d = 1;
              int y = find(x);
              f[x] = f[y] = merge(x, y);
              if (f[x] == x) {
                s.erase(s.find(t[y].val + tag[y]));
                s.insert(t[x].val + tag[y]);
                tag[x] = tag[y];
                siz[x] = siz[y];
                tag[y] = siz[y] = 0;
              }
            }
          } else if (op[1] == '2') {
            int x, v;
            cin >> x >> v;
            x = find(x);
            s.erase(s.find(t[x].val + tag[x]));
            tag[x] += v;
            s.insert(t[x].val + tag[x]);
          } else {
            int v;
            cin >> v;
            delta += v;
          }
        } else {
          if (op[1] == '1') {
            int x;
            cin >> x;
            cout << t[x].val + tag[find(x)] + delta << '\n';
          } else if (op[1] == '2') {
            int x;
            cin >> x;
            x = find(x);
            cout << t[x].val + tag[x] + delta << '\n';
          } else {
            cout << *s.rbegin() + delta << '\n';
          }
        }
      }

      return 0;
    }

### 「BOI2004」Sequence 数字序列

这是一道论文题，详见 《黄源河 -- 左偏树的特点及其应用》．

## 参考资料

1. Self-Adjusting Heaps ↩

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