一、平衡树用来干什么
您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一些数，其中需要提供以下操作：
- 插入 xxx 数
- 删除 xxx 数(若有多个相同的数，因只删除一个)
- 查询 xxx 数的排名(排名定义为比当前数小的数的个数 +1+1+1 )
- 查询排名为 xxx 的数
- 求 xxx 的前驱(前驱定义为小于 xxx，且最大的数)
- 求 xxx 的后继(后继定义为大于 xxx，且最小的数)
二、平衡树与二叉排序树区别
平衡树是二叉搜索树和堆合并构成的数据结构，它是一 棵空树或它的左右两个子树的高度差的绝对值不超过1，并且左右两个子树都是一棵平衡二叉树。平衡树的平均查找长度要小于等于二叉排序树的平均查找长度
平衡树是二叉排序树通过旋转来达到最优二叉排序树
平衡树本身就是二叉排序树
不懂二叉排序树的可以看一下：二叉排序树的构造 && 二叉树的先序、中序、后序遍历
三、二叉平衡树复杂度
前提：包含n个顶点的二叉平衡树（AVL树）
1、查找一个节点时间复杂度为O(lgn)
2、插入的时间复杂度O(lgn)
3、删除一个节点时间复杂度为O(lgn)
代码中会发现每一次操作之后都会进行旋转操作，这样导致平衡树的时间复杂度常数很大
四、平衡树的构造
1、变量声明
f[i]表示i的父结点，ch[i][0]表示i的左儿子，ch[i][1]表示i的右儿子，key[i]表示i的关键字（即结点i代表的那个数字），cnt[i]表示i结点的关键字出现的次数（相当于权值），sizes[i]表示包括i的这个子树的大小；sz为整棵树的大小，rt为整棵树的根。
注意：
sz代表的是不同节点种类数，比如你要插入5 5 4 3 4这些数，那么sz的大小是3
sizes代表的就是节点有几个，就不是种类个数了
几个小函数：
void clears(int x) //删除x点信息
{
f[x]=cnt[x]=ch[x][0]=ch[x][1]=sizes[x]=key[x]=0;
}
bool get(int x) //判断x是父节点的左孩子还是右孩子
{
return ch[f[x]][1]==x; //返回1就是右孩子，返回0就是左孩子
}
void pushup(int x) //重新计算一下x这棵子树的节点数量
{
if(x)
{
sizes[x]=cnt[x];
if(ch[x][0]) sizes[x]+=sizes[ch[x][0]];
if(ch[x][1]) sizes[x]+=sizes[ch[x][1]];
}
}
2、旋转操作
怎么旋转看下面
让4旋转到他的父亲位置2（我们代码中的旋转就是让一个节点移动到他的父亲节点位置）
首先我们要知道平衡树就是二叉排序树，那么二叉排序树儿子节点的特点就是左节点的值小于父节点的值，右节点的值大于父节点的值
那么4节点移动到了2节点（4节点的父亲节点）的位置，4节点会把它的右儿子（也就是9号节点）给2号节点充当左儿子，然后2号节点在作为4号节点的右儿子节点出现
旋转操作代码：
1 void rotates(int x) //将x移动到他父亲的位置，并且保证树依旧平衡
2 {
3 int fx=f[x],ffx=f[fx],which=get(x);
4 //x点父亲，要接受x的儿子。而且x与x父亲身份交换
5 ch[fx][which]=ch[x][which^1];
6 f[ch[fx][which]]=fx;
7
8 ch[x][which^1]=fx;
9 f[fx]=x;
10
11 f[x]=ffx;
12 if(ffx) ch[ffx][ch[ffx][1]==fx]=x;
13
14 pushup(fx);
15 pushup(x);
16 }
3、splay操作
这个就是把树上的一个节点旋转的树根位置，分为两种操作：
<一>、
一个点p和他的父亲（fa）同为一边的儿子（如图同为左儿子） 此时应先rotate(p.fa), 再rotate(p)
<二>、
一个点p和他的父亲不是同一边的儿子 此时两次rotate(p)即可
1 void splay(int x) //将x移动到数根节点的位置，并且保证树依旧平衡
2 {
3 for(int fx; fx=f[x]; rotates(x))
4 {
5 if(f[fx])
6 {
7 rotates((get(x)==get(fx))?fx:x);
8 //如果祖父三代连城一条线，就要从祖父哪里rotate
9 //至于为什么要这样做才能最快……可以去看看Dr.Tarjan的论文
10 }
11 }
12 rt=x;
13 }
注意：void splay(int x) 这个x是这个节点在树上的位置
假设上面节点1、fa、3的cnt值都为1
那么这个fa这个节点在树上的位置就是2，3这个节点在树上的位置就是3
4、void inserts(int x)，插入一个节点（这个x是你要插入值的大小）
代码实现
1 void inserts(int x)
2 {
3 if(rt==0)
4 {
5 sz++;
6 key[sz]=x;
7 rt=sz;
8 cnt[sz]=sizes[sz]=1;
9 f[sz]=ch[sz][0]=ch[sz][1]=0;
10 return;
11 }
12 int now=rt,fx=0;
13 while(1)
14 {
15 if(x==key[now])
16 {
17 cnt[now]++;
18 pushup(now);
19 pushup(fx);
20 splay(now); //splay的过程会rotates now点的所有祖先节点，这个时候它们所有子树权值也更新了
21 return;
22 }
23 fx=now;
24 now=ch[now][key[now]<x];
25 if(now==0)
26 {
27 sz++;
28 sizes[sz]=cnt[sz]=1;
29 ch[sz][0]=ch[sz][1]=0;
30 ch[fx][x>key[fx]]=sz; //二叉查找树特性”左大右小“
31 f[sz]=fx;
32 key[sz]=x;
33 pushup(fx);
34 splay(sz);
35 return ;
36 }
37 }
38 }
注意：插入完之后要把这个刚插入到树上的点给通过splay函数旋转到树根，至于为什么要这样做。大家可以这样想，假设插入之前的树是一颗最优二叉排序树，那么插入一个点之后可能就不最优了，所以我们要旋转这棵树，以保证这棵树还是最优的
5、int rnk(int x) //查询x的排名
这个函数就是插入x这个值，他在平衡树上的位置
代码实现
1 /*
2 有人问：
3 很想知道为什么rnk操作也要splay操作呢？如果del要用的话直接splay（x）是不是就可以了
4
5 原博客答：
6 呃不不不这个貌似不是随便splay以下就可以的 首先find之后的splay就是将找到的这个点转到根，
7 当然你不加这个应该是也可以，只不过这道题加上的话对于这一堆操作来说比较方便，不过一般来说转一转splay的
8 平衡性会好一点（当然也不要转得太多了就tle了...） 但是del之前直接splay(x)要视情况而定，关键在于分清楚
9 “点的编号”和“点的权值”这两个概念。如果你已经知道了该转的点的编号，当然可以直接splay(x)，但是如果你只
10 知道应该splay的点的权值，你需要在树里find到这个权值的点的编号，然后再splay 其实最后splay写起来都是非
11 常灵活的，而且有可能一个点带若干个权之类的。对于初学者的建议就是先把一些最简单的情况搞清楚，比如说一
12 个编号一个权的这种，然后慢慢地多做题就能运用得非常熟练了。最好的方法就是多画画树自己转一转，对之后
13 复杂题目的调试也非常有益
14
15 我说：
16 我在洛谷上得模板题上交了一下rnk里面不带splay(now)的，一共12个样例，就对了两个样例。错了一个样例，其他全TLE
17
18 我解释：
19 为什么作者解释可以删去，但是删过之后还错了。因为它的代码中函数之前是相互联系的
20 就比如它调用rnk(x)函数之后就已经认为x为平衡树树根，然后直接对它进行下一步操作(这个假设在del函数里面)
21
22 如果你光删了rnk(x)里面的splay()，你肯定还要改其他地方代码。。。。。。
23 */
24 int rnk(int x) //查询x的排名
25 {
26 int now=rt,ans=0;
27 while(1)
28 {
29 if(x<key[now]) now=ch[now][0];
30 else
31 {
32 ans+=sizes[ch[now][0]];
33 if(x==key[now])
34 {
35 splay(now); //这个splay是为了后面函数的调用提供前提条件
36 //就比如pre函数的前提条件就是x（x是我们要求谁的前驱，那个谁就是x）已经在平衡树树根
37 return ans+1;
38 }
39 ans+=cnt[now]; //cnt代表now这个位置值（key[now]）出现了几次
40 now=ch[now][1];
41 }
42 }
43 }
6、int kth(int x)
这个是查找树上面第x大的数是多少
1 int kth(int x)
2 {
3 int now=rt;
4 while(1)
5 {
6 if(ch[now][0] && x<=sizes[ch[now][0]])
7 {
8 //满足这个条件就说明它在左子树上
9 now=ch[now][0];
10 }
11 else
12 {
13 int temp=sizes[ch[now][0]]+cnt[now];
14 if(x<=temp) //这个temp是now左子树权值和now节点权值之和
15 return key[now]; //进到这个判断里面说明他不在左子树又不在右子树，那就是now节点了
16 x-=temp;
17 now=ch[now][1];
18 }
19 }
20 }
7、求根节点的前驱节点和后继结点在树上的位置
int pre()//由于进行splay后，x已经到了根节点的位置
{
//求x的前驱其实就是求x的左子树的最右边的一个结点
//为什么呢，因为这是平衡树（带有二叉排序树特点），根据二叉排序树中序遍历结果我么可以知道，一个数的前序就在
//x的左子树的最右边的一个结点
int now=ch[rt][0];
while(ch[now][1]) now=ch[now][1];
return now;
}
int next()
{
//求后继是求x的右子树的最左边一个结点
//为什么呢，因为这是平衡树（带有二叉排序树特点），根据二叉排序树中序遍历结果我么可以知道，一个数的前序就在
//x的右子树的最左边一个结点
int now=ch[rt][1];
while(ch[now][0]) now=ch[now][0];
return now;
}
8、删除一个值
1 /*
2 删除操作是最后一个稍微有点麻烦的操作。
3 step 1：随便find一下x。目的是：将x旋转到根。
4 step 2：那么现在x就是根了。如果cnt[root]>1，即不只有一个x的话，直接-1返回。
5 step 3：如果root并没有孩子，就说名树上只有一个x而已，直接clear返回。
6 step 4：如果root只有左儿子或者右儿子，那么直接clear root，然后把唯一的儿子当作根就可以了（f赋0，root赋为唯一的儿子）
7 剩下的就是它有两个儿子的情况。
8 step 5：我们找到新根，也就是x的前驱（x左子树最大的一个点），将它旋转到根。然后将原来x的右子树接到新根的
9 右子树上（注意这个操作需要改变父子关系）。这实际上就把x删除了。不要忘了update新根。
10 */
11 void del(int x)
12 {
13 rnk(x);
14 if(cnt[rt]>1)//如果这个位置权值大于1，那就不用删除这个点
15 {
16 cnt[rt]--;
17 pushup(rt);
18 return;
19 }
20 if(!ch[rt][0] && !ch[rt][1]) //这个就代表平衡树只有一个节点
21 {
22 clears(rt);
23 rt=0;
24 return;
25 }
26 if(!ch[rt][0]) //只有左儿子，树根只有左儿子那就把树根直接删了就行
27 { //然后左儿子这棵子树变成新的平衡树
28 int frt=rt;
29 rt=ch[rt][1];
30 f[rt]=0;
31 clears(frt);
32 return;
33 }
34 else if(!ch[rt][1]) //只有右儿子，和上面差不多
35 {
36 int frt=rt;
37 rt=ch[rt][0];
38 f[rt]=0;
39 clears(frt);
40 return;
41 }
42 int frt=rt;
43 int leftbig=pre();
44 splay(leftbig); //让前驱做新根
45 ch[rt][1]=ch[frt][1]; //这个frt指向的还是之前的根节点
46 /*
47 看着一点的时候就会发现，数在数组里面的位置一直没有改变，平衡树旋转改变的是根节点儿子数组ch[x][]指向的值
48 */
49 f[ch[frt][1]]=rt;
50 clears(frt);
51 pushup(rt);
52 }
五、例题
题目描述
您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一些数，其中需要提供以下操作：
- 插入 xxx 数
- 删除 xxx 数(若有多个相同的数，因只删除一个)
- 查询 xxx 数的排名(排名定义为比当前数小的数的个数 +1+1+1 )
- 查询排名为 xxx 的数
- 求 xxx 的前驱(前驱定义为小于 xxx，且最大的数)
- 求 xxx 的后继(后继定义为大于 xxx，且最小的数)
输入格式
第一行为 nnn，表示操作的个数,下面 nnn 行每行有两个数 opt\text{opt}opt 和 xxx，opt\text{opt}opt 表示操作的序号( 1≤opt≤6 1 \leq \text{opt} \leq 6 1≤opt≤6 )
输出格式
对于操作 3,4,5,63,4,5,63,4,5,6 每行输出一个数，表示对应答案
输入输出样例
输入 #1 复制
10
1 106465
4 1
1 317721
1 460929
1 644985
1 84185
1 89851
6 81968
1 492737
5 493598输出 #1 复制
106465
84185
492737说明/提示
【数据范围】
对于 100%100\%100% 的数据，1≤n≤1051\le n \le 10^51≤n≤105，∣x∣≤107|x| \le 10^7∣x∣≤107
代码：
1 /*
2 注意：
3 1、看平衡树之前你要注意，对于1 3 5 3 2这一组数据。sz的值是4，因为sz保存的是节点种类
4 为什么要这样，因为sz涉及到要为几个点开空间
5
6 2、sizes[x]保存的是以x为树根的子树上节点数量，比如x这颗子树所有节点为1，2，1.那么它的sizes[x]=3
7 而且实际上不会有两个1放在树上。而是给1的权值数组cnt[1]加1
8
9 3、对于1 3 5 3 2这一组数据。sz的值是4。那么1对应位置就是1，3对应位置就是2，5对应位置就是3，2对应位置就是4
10 之后他们所对应的位置都不会改变
11 在平衡树旋转的过程中只是每一个点的儿子节点ch[x][0]和ch[x][1]里面保存的值在改变
12 */
13 #include<stdio.h>
14 #include<string.h>
15 #include<algorithm>
16 #include<iostream>
17 using namespace std;
18 const int maxn=1e5+10;
19 int f[maxn],cnt[maxn],ch[maxn][2],sizes[maxn],key[maxn],sz,rt;
20 /*
21 f[i]:i节点的父节点,cnt[i]每个点出现的次数,ch[i][0/1]:0表示左孩子，
22 1表示右孩子, size[i]表示以i为根节点的子树的节点个数
23 key[i]表示点i代表的数的值；sz为整棵树的节点种类数，rt表示根节点
24 */
25 void clears(int x) //删除x点信息
26 {
27 f[x]=cnt[x]=ch[x][0]=ch[x][1]=sizes[x]=key[x]=0;
28 }
29 bool get(int x) //判断x是父节点的左孩子还是右孩子
30 {
31 return ch[f[x]][1]==x; //返回1就是右孩子，返回0就是左孩子
32 }
33 void pushup(int x) //重新计算一下x这棵子树的节点数量
34 {
35 if(x)
36 {
37 sizes[x]=cnt[x];
38 if(ch[x][0]) sizes[x]+=sizes[ch[x][0]];
39 if(ch[x][1]) sizes[x]+=sizes[ch[x][1]];
40 }
41 }
42 void rotates(int x) //将x移动到他父亲的位置，并且保证树依旧平衡
43 {
44 int fx=f[x],ffx=f[fx],which=get(x);
45 //x点父亲，要接受x的儿子。而且x与x父亲身份交换
46 ch[fx][which]=ch[x][which^1];
47 f[ch[fx][which]]=fx;
48
49 ch[x][which^1]=fx;
50 f[fx]=x;
51
52 f[x]=ffx;
53 if(ffx) ch[ffx][ch[ffx][1]==fx]=x;
54
55 pushup(fx);
56 pushup(x);
57 }
58 void splay(int x) //将x移动到数根节点的位置，并且保证树依旧平衡
59 {
60 for(int fx; fx=f[x]; rotates(x))
61 {
62 if(f[fx])
63 {
64 rotates((get(x)==get(fx))?fx:x);
65 //如果祖父三代连城一条线，就要从祖父哪里rotate
66 //至于为什么要这样做才能最快……可以去看看Dr.Tarjan的论文
67 }
68 }
69 rt=x;
70 }
71 /*
72 将x这个值插入到平衡树上面
73 如果这个值在树上存在过，那就sz不再加1，更新一下权值即可
74 如果这个值在树上不存在，那就sz加1，再更新一下权值
75
76 sz是书上节点种类数
77 sizes[x]是x这棵子树上有多少节点
78 */
79 void inserts(int x)
80 {
81 if(rt==0)
82 {
83 sz++;
84 key[sz]=x;
85 rt=sz;
86 cnt[sz]=sizes[sz]=1;
87 f[sz]=ch[sz][0]=ch[sz][1]=0;
88 return;
89 }
90 int now=rt,fx=0;
91 while(1)
92 {
93 if(x==key[now])
94 {
95 cnt[now]++;
96 pushup(now);
97 pushup(fx);
98 splay(now); //splay的过程会rotates now点的所有祖先节点，这个时候它们所有子树权值也更新了
99 return;
100 }
101 fx=now;
102 now=ch[now][key[now]<x];
103 if(now==0)
104 {
105 sz++;
106 sizes[sz]=cnt[sz]=1;
107 ch[sz][0]=ch[sz][1]=0;
108 ch[fx][x>key[fx]]=sz; //二叉查找树特性”左大右小“
109 f[sz]=fx;
110 key[sz]=x;
111 pushup(fx);
112 splay(sz);
113 return ;
114 }
115 }
116 }
117 /*
118 有人问：
119 qwq很想知道为什么find操作也要splay操作呢？如果del要用的话直接splay（x）是不是就可以了
120
121 原博客答：
122 呃不不不这个貌似不是随便splay以下就可以的 首先find之后的splay就是将找到的这个点转到根，
123 当然你不加这个应该是也可以，只不过这道题加上的话对于这一堆操作来说比较方便，不过一般来说转一转splay的
124 平衡性会好一点（当然也不要转得太多了就tle了...） 但是del之前直接splay(x)要视情况而定，关键在于分清楚
125 “点的编号”和“点的权值”这两个概念。如果你已经知道了该转的点的编号，当然可以直接splay(x)，但是如果你只
126 知道应该splay的点的权值，你需要在树里find到这个权值的点的编号，然后再splay 其实最后splay写起来都是非
127 常灵活的，而且有可能一个点带若干个权之类的。对于初学者的建议就是先把一些最简单的情况搞清楚，比如说一
128 个编号一个权的这种，然后慢慢地多做题就能运用得非常熟练了。最好的方法就是多画画树自己转一转，对之后
129 复杂题目的调试也非常有益
130
131 我说：
132 我在洛谷上得模板题上交了一下rnk里面不带splay(now)的，一共12个样例，就对了两个样例。错了一个样例，其他全TLE
133
134 我解释：
135 为什么作者解释可以删去，但是删过之后还错了。因为它的代码中函数之前是相互联系的
136 就比如它调用rnk(x)函数之后就已经认为x为平衡树树根，然后直接对它进行下一步操作(这个假设在del函数里面)
137
138 如果你光删了rnk(x)里面的splay()，你肯定还要改其他地方代码。。。。。。
139 */
140 int rnk(int x) //查询x的排名
141 {
142 int now=rt,ans=0;
143 while(1)
144 {
145 if(x<key[now]) now=ch[now][0];
146 else
147 {
148 ans+=sizes[ch[now][0]];
149 if(x==key[now])
150 {
151 splay(now); //这个splay是为了后面函数的调用提供前提条件
152 //就比如pre函数的前提条件就是x（x是我们要求谁的前驱，那个谁就是x）已经在平衡树树根
153 return ans+1;
154 }
155 ans+=cnt[now]; //cnt代表now这个位置值（key[now]）出现了几次
156 now=ch[now][1];
157 }
158 }
159 }
160 int kth(int x)
161 {
162 int now=rt;
163 while(1)
164 {
165 if(ch[now][0] && x<=sizes[ch[now][0]])
166 {
167 //满足这个条件就说明它在左子树上
168 now=ch[now][0];
169 }
170 else
171 {
172 int temp=sizes[ch[now][0]]+cnt[now];
173 if(x<=temp) //这个temp是now左子树权值和now节点权值之和
174 return key[now]; //进到这个判断里面说明他不在左子树又不在右子树，那就是now节点了
175 x-=temp;
176 now=ch[now][1];
177 }
178 }
179 }
180 int pre()//由于进行splay后，x已经到了根节点的位置
181 {
182 //求x的前驱其实就是求x的左子树的最右边的一个结点
183 //为什么呢，因为这是平衡树（带有二叉排序树特点），根据二叉排序树中序遍历结果我么可以知道，一个数的前序就在
184 //x的左子树的最右边的一个结点
185 int now=ch[rt][0];
186 while(ch[now][1]) now=ch[now][1];
187 return now;
188 }
189 int next()
190 {
191 //求后继是求x的右子树的最左边一个结点
192 //为什么呢，因为这是平衡树（带有二叉排序树特点），根据二叉排序树中序遍历结果我么可以知道，一个数的前序就在
193 //x的右子树的最左边一个结点
194 int now=ch[rt][1];
195 while(ch[now][0]) now=ch[now][0];
196 return now;
197 }
198 /*
199 删除操作是最后一个稍微有点麻烦的操作。
200 step 1：随便find一下x。目的是：将x旋转到根。
201 step 2：那么现在x就是根了。如果cnt[root]>1，即不只有一个x的话，直接-1返回。
202 step 3：如果root并没有孩子，就说名树上只有一个x而已，直接clear返回。
203 step 4：如果root只有左儿子或者右儿子，那么直接clear root，然后把唯一的儿子当作根就可以了（f赋0，root赋为唯一的儿子）
204 剩下的就是它有两个儿子的情况。
205 step 5：我们找到新根，也就是x的前驱（x左子树最大的一个点），将它旋转到根。然后将原来x的右子树接到新根的
206 右子树上（注意这个操作需要改变父子关系）。这实际上就把x删除了。不要忘了update新根。
207 */
208 void del(int x)
209 {
210 rnk(x);
211 if(cnt[rt]>1)//如果这个位置权值大于1，那就不用删除这个点
212 {
213 cnt[rt]--;
214 pushup(rt);
215 return;
216 }
217 if(!ch[rt][0] && !ch[rt][1]) //这个就代表平衡树只有一个节点
218 {
219 clears(rt);
220 rt=0;
221 return;
222 }
223 if(!ch[rt][0]) //只有左儿子，树根只有左儿子那就把树根直接删了就行
224 { //然后左儿子这棵子树变成新的平衡树
225 int frt=rt;
226 rt=ch[rt][1];
227 f[rt]=0;
228 clears(frt);
229 return;
230 }
231 else if(!ch[rt][1]) //只有右儿子，和上面差不多
232 {
233 int frt=rt;
234 rt=ch[rt][0];
235 f[rt]=0;
236 clears(frt);
237 return;
238 }
239 int frt=rt;
240 int leftbig=pre();
241 splay(leftbig); //让前驱做新根
242 ch[rt][1]=ch[frt][1]; //这个frt指向的还是之前的根节点
243 /*
244 看着一点的时候就会发现，数在数组里面的位置一直没有改变，平衡树旋转改变的是根节点儿子数组ch[x][]指向的值
245 */
246 f[ch[frt][1]]=rt;
247 clears(frt);
248 pushup(rt);
249 }
250 int main()
251 {
252 int n;
253 scanf("%d",&n);
254 for (int i=1; i<=n; i++)
255 {
256 int type,k;
257 scanf("%d%d",&type,&k);
258 if (type==1) inserts(k);
259 if (type==2) del(k);
260 if (type==3) printf("%d\n",rnk(k));
261 if (type==4) printf("%d\n",kth(k));
262 if (type==5)
263 {
264 inserts(k);
265 //插入操作中存在splay操作，这样的话插入之后平衡树树根就是k
266 printf("%d\n",key[pre()]);
267 del(k);
268 }
269 if (type==6)
270 {
271 inserts(k);
272 printf("%d\n",key[next()]);
273 del(k);
274 }
275 }
276 printf("%d %d %d %d\n",sz,sizes[1],sizes[2],sizes[3]);
277 return 0;
278 }
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