笛卡爾樹學習筆記

笛卡爾樹是一種二叉樹，每乙個結點由乙個鍵值二元組 \(（k,w）\)構成。要求 \(k\)滿足二叉搜尋樹的性質，而 \(w\)滿足堆的性質。乙個有趣的事實是，如果笛卡爾樹的\(k,w\) 鍵值確定，且\(k\)互不相同，\(w\)互不相同，那麼這個笛卡爾樹的結構是唯一的

在一般情況下，未說明\(k\)時，我們預設\(k\)為下標。

下圖是對於序列\([9,3,7,1,8,12,10,20,15,18,5]\)的笛卡爾樹構造。

關於笛卡爾樹的構造我們一般都用單調棧來實現，時空複雜度均為\(o(n)\)。

rep(i,1,n)

我們先對於所有的元素按照鍵值\(k\)進行排序，這樣我們可以保證笛卡爾樹二叉搜尋樹的性質。

然後，對於每個元素我們依次插入到笛卡爾樹中去，那麼每次我們插入的元素都在這個樹的右鏈的末端。

於是我們執行這樣乙個過程，從下往上比較右鏈結點與當前結點\(u\)的\(w\)，如果找到了乙個右鏈上的結點 \(w_x\)滿足 \(w_x ，就把 \(u\) 接到 \(x\) 的右兒子上，而 \(x\) 原本的右子樹就變成 \(u\) 的左子樹,而這一過程我們可以利用單調棧直接進行維護。

hdu-1506 largest rectangle in a histogram

題意：給出了\(n\)個寬度為\(1\),高度不同的矩陣，讓我們求其中的最大子矩陣。

這道題一眼就是單調棧裸題了，然而我們在這裡要用笛卡爾樹去求解。

首先，我們發現這道題非常符合笛卡爾樹的性質；

1.我們以下標為\(k\)的話，乙個子樹所對應的是一段區間。

2.乙個子樹內所有的矩形高度都\(>=\)其根節點的高度。

既然這樣的話，我們建完笛卡爾樹後直接\(dfs\)一遍，每個節點的最大子矩陣就是\(高度*其子樹的大小\)。

**如下

#include using namespace std;
#define int long long
#define reg register
#define raed read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define mod(x) (x>=mod)&&(x-=mod)
#define debug(x) cerr<
#define erep(i,g,x) for(int i=(g).head[x]; i; i=(g).nxt[i])
inline int read(void) 
templateinline bool min(t &a, t const&b) 
templateinline bool max(t &a, t const&b) 
ans=0;
dfs(stk[1]);
printf("%lld\n",ans);	}}
signed main()

有了這道題的啟示之後，我們來看一下這道題。

[bzoj2616]spoj periodni

題意：即給出\(n\)個\(1*h_i\)的矩陣，在一條直線上對齊下表面，求放置\(k\)個互不攻擊的車的方案數。

顯然是先建出小根笛卡爾樹，考慮每個矩形內部的答案。

設 \(dp[u][i]\) 表示 \(u\) 子樹內放 \(i\) 個數的方案數， \(dp1[i]\) 表示當前子樹\(u\)內不考慮當前矩形，放 \(i\) 個數的方案數，設\(h[i]\)為當前矩陣可行高度（即\(a[fa[u]]-a[u]\)）。

顯然有 \(dp1 = f[ls]*f[rs]\)，即左右子樹的卷積。

接下來就是揹包的轉移了，列舉當前矩形內有多少列還是空的進行轉移。

設當前子樹放置\(i\)個棋子，有\(j\)個在當前矩陣放置。

則\(dp[u][i]+=\sum_^idp1[i-j]*c(sz[u]-(i-j),j)*c(h[x],j)*j!\)

第乙個組合數是列舉矩陣所剩的行，第二個組合數是列舉矩陣所剩的列。

最後乘上 j! 是因為橫縱座標是兩兩組合的，因此匹配的方案數為 j!。

#include using namespace std;
#define int long long
#define reg register
#define raed read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define mod(x) (x>=mod)&&(x-=mod)
#define debug(x) cerr<
#define erep(i,g,x) for(int i=(g).head[x]; i; i=(g).nxt[i])
inline int read(void) 
templateinline bool min(t &a, t const&b) 
templateinline bool max(t &a, t const&b) 
rep(i,0,1)rep(j,1,n)if(son[j][i])h[son[j][i]]=a[son[j][i]]-a[j];
h[stk[1]]=a[stk[1]];
dfs(stk[1]);
printf("%d\n",dp[stk[1]][k]);} 
signed main()

我們發現對於這種題目，建完笛卡爾樹後的樹形\(dp\)我們一般都要有乙個不考慮當前矩陣的\(dp\)轉移陣列\(dp1\)。

因為這樣我們就可以將所有的情況給加到當前矩陣的可行區域中去。

同時一般來說\(dp1\)都是當前子樹的左右子樹的卷積\(dp[ls]*dp[rs]\)。

這裡還有乙個有關笛卡爾樹的用法：rmq

[bzoj5042]lwd的分科島

沒錯，笛卡爾樹可以用來解\(rmg\)問題，我們對於每次查詢區間進行離線。

首先，我們可以根據最大或最小建出大根堆或者是小根堆，

乙個區間的最值就是其左右端點\(lca\)的值，利用離線\(lca\)我們可以做到時間複雜度為\(o(n*\alpha_n)\)的優秀複雜度。

此題嚴重卡常！！！！

**如下：

#include using namespace std;
#define reg register
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define erep(i,x) for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
char u[20000],*p1=u,*p2=u;
inline int read(void) 
const int n=3e6+5,m=1500005,mod=1e9+7;
int n,q,stk[n],a[n],ans[m],tot,head[n],to[n],nxt[n],cost[n],lc[n],rc[n],fa[n],mark[n];
struct query  b[n];
inline void addedgepair(int a,int b,int c) 
int find(int x)｛return x==fa[x]?fa[x]:fa[x]=find(fa[x]);}
void dfs(int x) 
}char buff[20000000],*iter=buff,stk[15];
void _main(void) 
while(top>1)rc[stk[top-1]]=stk[top],top--;
rep(i,1,q)if(b[i].op==1)addedgepair(b[i].l,b[i].r,i);
rep(i,1,n)fa[i]=i;
dfs(root);
tot=0;
rep(i,1,n)fa[i]=i,lc[i]=rc[i]=mark[i]=head[i]=0;
stk[top=1]=root=1;
rep(i,2,n) 
while(top>1)rc[stk[top-1]]=stk[top],top--;
rep(i,1,q)if(b[i].op==2)addedgepair(b[i].l,b[i].r,i);
dfs(root);
rep(i,1,q) 
*iter++='\n';
}	fwrite(buff,1,iter-buff,stdout);
}signed main()

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