Декартово дерево

Эта статья про курево

Декартово дерево или дерамида(англ. Treap) — это структура данных, объединяющая в себе бинарное дерево поиска и бинарную кучу (отсюда и второе её название: treap (tree + heap) и дерамида (дерево + пирамида), также существует название курево (куча + дерево).

Более строго, это бинарное дерево, в узлах которого хранится пары $(x,y)$, где $x$ — это ключ, а $y$ — это приоритет. Также оно является двоичным деревом поиска по $x$ и пирамидой по $y$. Предполагая, что все $x$ и все $y$ являются различными, получаем, что если некоторый элемент дерева содержит $(x_0,y_0)$, то у всех элементов в левом поддереве $x \lt x_0$, у всех элементов в правом поддереве $x \gt x_0$, а также и в левом, и в правом поддереве имеем: $y \lt y_0$.

Дерамиды были предложены Сиделем (Siedel) и Арагоном (Aragon) в 1996 г.

Операции в декартовом дереве

split

Операция split

Операция $\mathrm{split}$ (разрезать) позволяет сделать следующее, разрезать исходное дерево $T$ по ключу $k$. Возвращать она будет такую пару деревьев $\langle T_1, T_2\rangle$, что в дереве $T_1$ ключи меньше $k$, а в дереве $T_2$ все остальные: $\mathrm{split}(T, k) \to \langle T_1, T_2\rangle$.

Эта операция устроена следующим образом.

Рассмотрим случай, в котором требуется разрезать дерево по ключу, большему ключа корня. Посмотрим, как будут устроены результирующие деревья $T_1$ и $T_2$:

• $T_1$: левое поддерево $T_1$ совпадёт с левым поддеревом $T$. Для нахождения правого поддерева $T_1$, нужно разрезать правое поддерево $T$ на $T^R_1$ и $T^R_2$ по ключу $k$ и взять $T^R_1$.
• $T_2$ совпадёт с $T^R_2$.

Случай, в котором требуется разрезать дерево по ключу, меньше либо равному ключа в корне, рассматривается симметрично.

Псевдокод

$\langle$Treap, Treap$\rangle$ split(t: Treap, k: int):
  if t == $\varnothing$
    return <$\varnothing$, $\varnothing$>     
  else if k > t.x 
    <t1, t2> = split(t.right, k)
    t.right = t1
    return <t1, t2>
  else 
    <t1, t2> = split(t.left, k)
    t.left = t2
    return <t1, t2>

Время работы

Оценим время работы операции $\mathrm{split}$. Во время выполнения вызывается одна операция $\mathrm{split}$ для дерева хотя бы на один меньшей высоты и делается ещё $O(1)$ операций. Тогда итоговая трудоёмкость этой операции равна $O(h)$, где $h$ — высота дерева.

merge

Операция merge

Рассмотрим вторую операцию с декартовыми деревьями — $\mathrm{merge}$ (слить).

С помощью этой операции можно слить два декартовых дерева в одно. Причем, все ключи в первом(левом) дереве должны быть меньше, чем ключи во втором(правом). В результате получается дерево, в котором есть все ключи из первого и второго деревьев.

Операция $\mathrm{merge}$ должна уметь сливать два дерева $T_1$ и $T_2$ в дерево $T$: $\mathrm{merge}(T_1, T_2) \to \{T\}$

Рассмотрим принцип работы этой операции. Пусть нужно слить деревья $T_1$ и $T_2$. Тогда, очевидно, у результирующего дерева $T$ есть корень. Корнем станет вершина из $T_1$ или $T_2$ с наибольшим приоритетом $y$. Но вершина с самым большим $y$ из всех вершин деревьев $T_1$ и $T_2$ может быть только либо корнем $T_1$, либо корнем $T_2$. Рассмотрим случай, в котором корень $T_1$ имеет больший $y$, чем корень $T_2$. Случай, в котором корень $T_2$ имеет больший $y$, чем корень $T_1$, симметричен этому.

Если $y$ корня $T_1$ больше $y$ корня $T_2$, то он и будет являться корнем. Тогда левое поддерево $T$ совпадёт с левым поддеревом $T_1$. Справа же нужно подвесить объединение правого поддерева $T_1$ и дерева $T_2$.

Псевдокод

Treap merge(t1: Treap, t2: Treap):
  if t1 == $\varnothing$ or t2 == $\varnothing$
    return t2 == $\varnothing$ ? t1 : t2
  else if t1.y > t2.y
    t1.right = merge(t1.right, t2)
    return t1
  else 
    t2.left = merge(t1, t2.left)
    return t2

Время работы

Рассуждая аналогично операции $\mathrm{split}$ приходим к выводу, что трудоёмкость операции $\mathrm{merge}$ равна $O(h)$, где $h$ — высота дерева.

insert

Операция $\mathrm{insert}(T, k)$ добавляет в дерево $T$ элемент $k$, где $k.x$ — ключ, а $k.y$— приоритет.

Представим что элемент $k$, это декартово дерево из одного элемента, и для того чтобы его добавить в наше декартово дерево $T$, очевидно, нам нужно их слить. Но $T$ может содержать ключи как меньше, так и больше ключа $k.x$, поэтому сначала нужно разрезать $T$ по ключу $k.x$.

• Реализация №1

1. Разобьём наше дерево по ключу, который мы хотим добавить, то есть $\mathrm{split}(T, k.x) \to \langle T_1, T_2\rangle$.
2. Сливаем первое дерево с новым элементом, то есть $\mathrm{merge}(T_1, k) \to T_1$.
3. Сливаем получившиеся дерево со вторым, то есть $\mathrm{merge}(T_1, T_2) \to T$.

• Реализация №2

1. Сначала спускаемся по дереву (как в обычном бинарном дереве поиска по $k.x$), но останавливаемся на первом элементе, в котором значение приоритета оказалось меньше $k.y$.
2. Теперь вызываем $\mathrm{split}(T, k.x) \to \langle T_1, T_2\rangle$ от найденного элемента (от элемента вместе со всем его поддеревом)
3. Полученные $T_1$ и $T_2$ записываем в качестве левого и правого сына добавляемого элемента.
4. Полученное дерево ставим на место элемента, найденного в первом пункте.

В первой реализации два раза используется $\mathrm{merge}$, а во второй реализации слияние вообще не используется.

remove

Операция $\mathrm{remove}(T, x)$ удаляет из дерева $T$ элемент с ключом $x$.

• Реализация №1

1. Разобьём наше дерево по ключу, который мы хотим удалить, то есть $\mathrm{split }(T, k.x) \to \langle T_1, T_2\rangle$.
2. Теперь отделяем от первого дерева элемент $x$, опять таки разбивая по ключу $x$, то есть $\mathrm{split }(T_1, k.x + 1) \to \langle T_1, T_2\rangle$.
3. Сливаем первое дерево со вторым, то есть $\mathrm{merge }(T_1, T_2) \to T$.

• Реализация №2

1. Спускаемся по дереву (как в обычном бинарном дереве поиска по $x$), ища удаляемый элемент.
2. Найдя элемент, вызываем $\mathrm{merge}$ его левого и правого сыновей
3. Результат процедуры $\mathrm{merge}$ ставим на место удаляемого элемента.

В первой реализации два раза используется $\mathrm{split}$, а во второй реализации разрезание вообще не используется.

Построение декартова дерева

Пусть нам известно из каких пар $(x_i, y_i)$ требуется построить декартово дерево, причем также известно, что $x_1 \lt x_2 \lt \ldots \lt x_n$.

Рекурсивный алгоритм

Рассмотрим приоритеты $y_1 , y_2 , \ldots , y_n$ и выберем максимум среди них, пусть это будет $y_k$, и сделаем $(x_k, y_k)$ корнем дерева (по свойству пирамиды в корне должен быть элемент с максимальным приоритетом). Проделав то же самое с $y_1 , y_2 , \ldots , y_{k-1}$ и $y_{k+1} , y_{k+2} , \ldots , y_n$, получим соответственно левого и правого сына $(x_k, y_k)$.

Такой алгоритм работает за $O(n \times log(n))$.

Алгоритм за O(n)

Будем строить дерево слева направо, то есть начиная с $(x_1, y_1)$ по $(x_n, y_n)$, при этом помнить последний добавленный элемент $(x_k, y_k)$. Он будет самым правым, так как у него будет максимальный ключ, а по ключам декартово дерево представляет собой двоичное дерево поиска. При добавлении $(x_{k+1}, y_{k+1})$, пытаемся сделать его правым сыном $(x_k, y_k)$, это следует сделать если $y_k \gt y_{k+1}$, иначе делаем шаг к предку последнего элемента и смотрим его значение $y$. Поднимаемся до тех пор, пока приоритет в рассматриваемом элементе меньше приоритета в добавляемом, после чего делаем $(x_{k+1}, y_{k+1})$ его правым сыном, а предыдущего правого сына делаем левым сыном $(x_{k+1}, y_{k+1})$.

Заметим, что каждую вершину мы посетим максимум дважды: при непосредственном добавлении и, поднимаясь вверх (ведь после этого вершина будет лежать в чьем-то левом поддереве, а мы поднимаемся только по правому). Из этого следует, что построение происходит за $O(n)$.

Случайные приоритеты

Мы уже выяснили, что сложность операций с декартовым деревом линейно зависит от его высоты. В действительности высота декартова дерева может быть линейной относительно его размеров. Например, высота декартова дерева, построенного по набору ключей $(1, 1), \ldots, (n, n)$, будет равна $n$. Во избежание таких случаев, полезным оказывается выбирать приоритеты в ключах случайно.

Высота в декартовом дереве с случайными приоритетами

Теорема:

В декартовом дереве из $n$ узлов, приоритеты $y$ которого являются случайными величинами c равномерным распределением, средняя глубина вершины $O(\log n)$.

Доказательство:

$\triangleright$

Будем считать, что все выбранные приоритеты $y$ попарно различны. Для начала введем несколько обозначений: $x_k$ — вершина с $k$-ым по величине ключом; индикаторная величина $A_{i, j} = \left\{\begin{array}{lllc} 1 &&, x_i\ \text{is ancestor of} \ x_j\\ 0 &&, \text{otherwise}\\ \end{array}\right.$ $d(v)$ — глубина вершины $v$; В силу обозначений глубину вершины можно записать как количество предков: $d(x_k) = \sum\limits_{i = 1}^{n} A_{i,k}$. Теперь можно выразить математическое ожидание глубины конкретной вершины: $E(d(x_k)) = \sum\limits_{i = 1}^{n} Pr[A_{i,k} = 1]$ — здесь мы использовали линейность математического ожидания, и то что $E(X) = Pr[X = 1]$ для индикаторной величины $X$ ($Pr[A]$ — вероятность события $A$). Для подсчёта средней глубины вершин нам нужно сосчитать вероятность того, что вершина $x_i$ является предком вершины $x_k$, то есть $Pr[A_{i,k} = 1]$. Введем новое обозначение: $X_{i, k}$ — множество ключей $\{x_i, \ldots, x_k\}$ или $\{x_k, \ldots, x_i\}$, в зависимости от $i \lt k$ или $i \gt k$. $X_{i, k}$ и $X_{k, i}$ обозначают одно и тоже, их мощность равна $|k - i| + 1$. Лемма: Для любых $i \ne k$ , $x_i$ является предком $x_k$ тогда и только тогда, когда $x_i$ имеет наибольший приоритет среди $X_{i, k}$. Доказательство: $\triangleright$ Если $x_i$ является корнем, то оно является предком $x_k$ и по определению имеет максимальный приоритет среди всех вершин, следовательно, и среди $X_{i, k}$. С другой стороны, если $x_k$ — корень, то $x_i$ — не предок $x_k$, и $x_k$ имеет максимальный приоритет в декартовом дереве; следовательно, $x_i$ не имеет наибольший приоритет среди $X_{i, k}$. Теперь предположим, что какая-то другая вершина $x_m$ — корень. Тогда, если $x_i$ и $x_k$ лежат в разных поддеревьях, то $i \lt m \lt k$ или $i \gt m \gt k$, следовательно, $x_m$ содержится в $X_{i , k}$. В этом случае $x_i$ — не предок $x_k$, и наибольший приоритет среди $X_{i, k}$ имеет вершина с номером $m$. Наконец, если $x_i$ и $x_k$ лежат в одном поддереве, то доказательство применяется по индукции: пустое декартово дерево есть тривиальная база, а рассматриваемое поддерево является меньшим декартовым деревом. $\triangleleft$ Так как распределение приоритетов равномерное, каждая вершина среди $X_{i, k}$ может иметь максимальный приоритет, мы немедленно приходим к следующему равенству: $Pr[A_{i, j} = 1] = \left\{\begin{array}{lllc} \dfrac{1}{k - i + 1} &&, k \ \gt \ i\\ 0 &&, k\ =\ i\\ \dfrac{1}{i - k + 1} &&, k \ \lt \ i\\ \end{array}\right.$ Подставив последнее в нашу формулу с математическим ожиданием получим: $E(d(x_k)) = \sum\limits_{i = 1}^{n} Pr[A_{i,k} = 1] = \sum\limits_{i = 1}^{k - 1} \dfrac{1}{k - i + 1} + \sum\limits_{i = k + 1}^{n} \dfrac{1}{i - k + 1} \leqslant \ln(k) + \ln(n-k) + 2$ (здесь мы использовали неравенство $\sum\limits_{i = 1}^{n} \dfrac{1}{i} \leqslant \ln(n) + 1$) $\log(n)$ отличается от $\ln(n)$ в константу раз, поэтому $\log(n) = O(\ln(n))$. В итоге мы получили что $E(d(x_k)) = O(\log(n))$.

$\triangleleft$

Таким образом, среднее время работы операций $\mathrm{split}$ и $\mathrm{merge}$ будет $O(\log(n))$.

См. также

• Декартово дерево по неявному ключу

Источники информации

• Декартово дерево — Википедия
• Treaps и T-Treaps