二叉堆

结构

从二叉堆的结构说起,它是一棵二叉树,并且是完全二叉树,每个结点中存有一个元素(或者说,有个权值)。

堆性质:父亲的权值不小于儿子的权值(大根堆)。同样的,我们可以定义小根堆。本文以大根堆为例。

由堆性质,树根存的是最大值(getmax 操作就解决了)。

插入操作

插入操作是指向二叉堆中插入一个元素,要保证插入后也是一棵完全二叉树。

最简单的方法就是,最下一层最右边的叶子之后插入。

如果最下一层已满,就新增一层。

插入之后可能会不满足堆性质?

向上调整:如果这个结点的权值大于它父亲的权值,就交换,重复此过程直到不满足或者到根。

可以证明,插入之后向上调整后,没有其他结点会不满足堆性质。

向上调整的时间复杂度是 O(\log n) 的。

删除操作

删除操作指删除堆中最大的元素,即删除根结点。

但是如果直接删除,则变成了两个堆,难以处理。

所以不妨考虑插入操作的逆过程,设法将根结点移到最后一个结点,然后直接删掉。

然而实际上不好做,我们通常采用的方法是,把根结点和最后一个结点直接交换。

于是直接删掉(在最后一个结点处的)根结点,但是新的根结点可能不满足堆性质……

向下调整:在该结点的儿子中,找一个最大的,与该结点交换,重复此过程直到底层。

可以证明,删除并向下调整后,没有其他结点不满足堆性质。

时间复杂度 O(\log n)

减小某个点的权值

很显然,直接修改后,向上调整一次即可,时间复杂度为 O(\log n)

实现

我们发现,上面介绍的几种操作主要依赖于两个核心:向上调整和向下调整。

考虑使用一个序列 h 来表示堆。 h_i 的两个儿子分别是 h_{2i} h_{2i+1} 1 是根结点:

h 的堆结构

参考代码:

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void up(int x) {
  while (x > 1 && h[x] > h[x / 2]) {
    swap(h[x], h[x / 2]);
    x /= 2;
  }
}
void down(int x) {
  while (x * 2 <= n) {
    t = x * 2;
    if (t + 1 <= n && h[t + 1] > h[t]) t++;
    if (h[t] <= h[x]) break;
    std::swap(h[x], h[t]);
    x = t;
  }
}

建堆

考虑这么一个问题,从一个空的堆开始,插入 n 个元素,不在乎顺序。

直接一个一个插入需要 O(n \log n) 的时间,有没有更好的方法?

方法一:使用 decreasekey(即,向上调整)

从根开始,按 BFS 序进行。

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void build_heap_1() {
  for (i = 1; i <= n; i++) up(i);
}

为啥这么做:对于第 k 层的结点,向上调整的复杂度为 O(k) 而不是 O(\log n)

总复杂度: \log 1 + \log 2 + \cdots + \log n = \Theta(n \log n)

(在「基于比较的排序」中证明过)

方法二:使用向下调整

这时换一种思路,从叶子开始,逐个向下调整

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void build_heap_2() {
  for (i = n; i >= 1; i--) down(i);
}

换一种理解方法,每次「合并」两个已经调整好的堆,这说明了正确性。

注意到向下调整的复杂度,为 O(\log n - k) ,另外注意到叶节点无需调整,因此可从序列约 n/2 的位置开始调整,可减少部分常数但不影响复杂度。

\begin{aligned} \text{总复杂度} & = n \log n - \log 1 - \log 2 - \cdots - \log n \\ & \leq n \log n - 0 \times 2^0 - 1 \times 2^1 -\cdots - (\log n - 1) \times \frac{n}{2} \\\ & = n \log n - (n-1) - (n-2) - (n-4) - \cdots - (n-\frac{n}{2}) \\ & = n \log n - n \log n + 1 + 2 + 4 + \cdots + \frac{n}{2} \\ & = n - 1 \\ & = O(n) \end{aligned}

之所以能 O(n) 建堆,是因为堆性质很弱,二叉堆并不是唯一的。

要是像排序那样的强条件就难说了。

应用

对顶堆

SP16254 RMID2 - Running Median Again

维护一个序列,支持两种操作:

  1. 向序列中插入一个元素

  2. 输出并删除当前序列的中位数(若序列长度为偶数,则输出较小的中位数)

这个问题可以被进一步抽象成:动态维护一个序列上第 k 大的数, k 值可能会发生变化。

对于此类问题,我们可以使用 对顶堆 这一技巧予以解决(可以避免写权值线段树或 BST 带来的繁琐)。

对顶堆由一个大根堆与一个小根堆组成,小根堆维护大值即前 k 大的值(包含第 k 个),大根堆维护小值即比第 k 大数小的其他数。

这两个堆构成的数据结构支持以下操作:

  • 维护:当小根堆的大小小于 k 时,不断将大根堆堆顶元素取出并插入小根堆,直到小根堆的大小等于 k ;当小根堆的大小大于 k 时,不断将小根堆堆顶元素取出并插入大根堆,直到小根堆的大小等于 k
  • 插入元素:若插入的元素大于等于小根堆堆顶元素,则将其插入小根堆,否则将其插入大根堆,然后维护对顶堆;
  • 查询第 k 大元素:小根堆堆顶元素即为所求;
  • 删除第 k 大元素:删除小根堆堆顶元素,然后维护对顶堆;
  • k +1/-1 :根据新的 k 值直接维护对顶堆。

显然,查询第 k 大元素的时间复杂度是 O(1) 的。由于插入、删除或调整 k 值后,小根堆的大小与期望的 k 值最多相差 1 ,故每次维护最多只需对大根堆与小根堆中的元素进行一次调整,因此,这些操作的时间复杂度都是 O(\log n) 的。

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#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
int t, x;
int main() {
  scanf("%d", &t);
  while (t--) {
    // 大根堆,维护前一半元素(存小值)
    priority_queue<int, vector<int>, less<int> > a;
    // 小根堆,维护后一半元素(存大值)
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > b;
    while (scanf("%d", &x) && x) {
      // 若为查询并删除操作,输出并删除大根堆堆顶元素
      // 因为这题要求输出中位数中较小者(偶数个数字会存在两个中位数候选)
      // 这个和上面的第k大讲解有稍许出入,但如果理解了上面的,这个稍微变通下便可理清
      if (x == -1) {
        printf("%d\n", a.top());
        a.pop();
      }
      // 若为插入操作,根据大根堆堆顶的元素值,选择合适的堆进行插入
      else {
        if (a.empty() || x <= a.top())
          a.push(x);
        else
          b.push(x);
      }
      // 对堆顶堆进行调整
      if (a.size() > (a.size() + b.size() + 1) / 2) {
        b.push(a.top());
        a.pop();
      } else if (a.size() < (a.size() + b.size() + 1) / 2) {
        a.push(b.top());
        b.pop();
      }
    }
  }
  return 0;
}

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