170
правок
Изменения
Нет описания правки
|proof=
Пусть мы обращались к какому-то ключу <tex>x</tex> в <tex>i</tex>-ом запросе и к какому-то ключу <tex>y</tex> в <tex>j</tex>-ом запросе.
Рассмотрим этот прямоугольник.
Если <tex>t = x</tex>, то есть <tex>x</tex> -- предок <tex>y</tex> в момент <tex>i</tex>-го запроса,
тогда рассмотрим момент <tex>j</tex>-го запроса, когда мы обращались к <tex>y</tex>.
Найдем в дереве поиска наименьшего общего предка <tex>t</tex> вершин <tex>x</tex> и <tex>y</tex> на момент <tex>j</tex>-го запроса.
Если <tex>t != y</tex>, тогда мы к нему обращались, и есть точка на стороне нашего прямоугольника.
Если <tex>t = y</tex>, то есть <tex>y</tex> - предок <tex>x</tex> в момент <tex>j</tex>-го запроса,
Значит <tex>y</tex> «всплывал», и хотя бы раз, между этими моментами выполнялся поворот вокруг ребра от <tex>y</tex> к родителю.
То есть во время <tex>i</tex>-го запроса <tex>y</tex> был в поддереве <tex>x</tex>, а во время <tex>j</tex>-го запроса <tex>x</tex> в поддереве <tex>y</tex>, значит где-то между этими моментами выполнялся поворот вокруг ребра от <tex>y</tex> к родителю, и мы обращались к <tex>y</tex>, следовательно есть точка на правой стороне нашего прямоугольника.
(рисунок надо?)
Для любого прямоугольника, построенного на наших точках, есть еще одна точка на стороне.
Докажем, что можно построить такое дерево, для которого наши точки будут соответствовать запросам.
Рассмотрим общий случай
Есть очередная горизонталь, на которой есть точки. Они по построению в текущий момент имеют минимальный приоритет, поэтому как-то организованы в районе корня нашего декартового дерева.
Обойдем эти точки.
После этого мы должны перестроить наше дерево, изменив приоритеты.
Утверждается, что выполняя повороты только внутри верхней части нашего дерево можно построить дерево в соответствии с новыми приоритетами.
Почему?
Предположим, что это не удалось сделать.
У нас есть вершина <tex>x</tex>, у которой есть правый сын <tex>y</tex>, и приоритет <tex>x</tex> больше чем у <tex>y</tex>, их надо поменять, то есть дотронуться до вершины <tex>y</tex>, чего мы делать не хотели в этой строке.
Но тогда рассмотрим прямоугольник(мы обращались к <tex>x</tex>)
А когда-то мы обратимся к <tex>y</tex>
Если есть точка на левой стороне, то к <tex>x</tex> мы обратимся раньше, чем к <tex>y</tex> следовательно неверно, что приоритет <tex>x</tex> больше чем приоритет <tex>y</tex>
На левой стороне точек нет.
Если на нижней стороне есть точка, значит есть точка, к которой мы обращались сейчас, ключ которой больше, чем у <tex>x</tex>, но меньше <tex>y</tex>, но тогда она должна быть нашим правым сыном, а не вершина <tex>y</tex>.
Если на верхней стороне есть точка <tex>z</tex> с ключом меньше <tex>y</tex>, мы будем обращаться к ней тогда же, когда и к <tex>y</tex>, значит мы может перейти к прямоугольнику, построенному на точках <tex>x</tex> и <tex>z</tex>.
Когда таких точек (как <tex>z</tex>) не останется, то мы получим прямоугольник, у которого нет точек на всех сторонах, а это противоречит исходному условию.
Поэтому при перестроении декартова дерева нам не потребуется переходить из нашей верхней зоны.
}}
Рассмотрим запросы.
Покроем их независимыми прямоугольниками.
Прямоугольники независимы, если угол одного не лежит внутри другого.
Можно показать, что <tex>OPT >= M</tex>(число запросов) + максимальное число независимых прямоугольников * 1/2
==Вторая нижняя оценка Уилберра (Wilber) ==
Рассмотрим запрос <tex>x</tex>
Пусть левая граница <tex>= -inf</tex>, правая граница <tex>= +inf</tex>
Идем от ключа <tex>x</tex> назад и ищем, когда в предыдущий раз мы обращались к этому ключу.
И каждый раз, когда встречается значение большее, чем наше, но меньшее правой границы, мы сдвигаем правую границу.
Аналогично с левой границей.
Когда-то рано или поздно наши границы встретятся в <tex>x</tex>
Можно показать, что из этой оценки выходит следующая оценка
Напишем <tex>r</tex>, если меняется правая граница и <tex>l</tex> - если левая.
Назовем <tex>ch(i)</tex> количество смен <tex>r</tex> на <tex>l</tex> и обратно
<tex>OPT >= \sum\limits_{i \in [1, n]} 1 + ch(i)</tex>
{{Теорема !!следствие Следствие
|statement=Рассмотрим <tex>n</tex> ключей и <tex>m</tex> запросов запросы <tex>x_{1} .. x_{m}</tex>
Организуем их в полное двоичное сбалансированное дерево.
Будем в этом дереве искать наши ключи в том порядке, в котором их искали !!!там
Для каждой вершины будем запоминать ребро, по которому мы последний раз проходили при поиске ключей в дереве(назовем его жирное ребро).
Утверждается, что <tex>\sum\limits_{i \in [1, n]} ch(i)</tex> >= <tex>\sum\limits_{i \in [1, n]}</tex> изменения числа жирных ребер.
То есть если мы улучшили правую границу(мы искали что-то справа), а потом улучшили левую(искали слева), значит где-то по пути мы прошли туда-обратно и сменили жирное ребро.
}}
===Построение===
Пусть изначально все левые ребра были жирными.
Операций первого становления ребра жирным <tex>O(n)</tex> – дают несущественный вклад в асимптотику.
Глубина нашего дерева <tex>log n</tex>.
Из каждой вершины выходит <= 2 ребер.
В общем случае одно жирное, другое нет.
Все наше дерево можно разбить на жирные пути .
[[Файл:DariaPicture7.png|400px|
]]
Каждый из этих жирных путей организуем в свое splay-дерево.
Из каждой вершины будет выходить вспомогательная ссылка на корень splay-дерева, соответствующего жирному пути в котором лежит тот ее ребенок, в которой ведет из нее нежирное ребро.
Таким образом, все наши ключи организуют иерархичную структуру.
Каждый жирный путь -- splay-дерево, и каждое их них указывает на корень дерева, в котором лежит ее второй сын(при этом указатель ставится на само дерево, а не на сына)
===Поиск===
Поиск ключа <tex>x</tex>.
Ищем в корне tango-дерева – splay-дереве.
Если не нашли, значит надо идти по нежирному ребру.
Пойдем по нему(красная стрелка) и ищем в новом дереве.
Поиск в splay-дереве(синем) дереве = высота от количества вершин (количество вершин - длина жирного пути = <tex>log n</tex>) = <tex>log log n</tex>.
Перестраивать дерево так, чтобы оно соответствовало новым жирным ребрам.
//Теперь мы изменяем жирное ребро, т е хотим отрезать 13 и подвесить 10 9
//Отрезать 13 легко,
<tex>T1<T2</tex> сливаем в <tex>T, T1</tex> – split от самой большой(самой правой) вершины, она становится конем, и в правое поддерево приклеиваем <tex>Т2</tex>.
Но у нас <tex>Т1T1</tex> не меньше<tex> Т2T2</tex>
Посмотрим на общий случай.
Был жирный путь.
Мы в нем что-то искали, не нашли, остановились в вершине, и хотим другое ее поддерево подклеить в жирный путь.
Заметим, что ее жирный путь с одной стороны в левом поддереве нашей вершины.
С другой стороны в правом поддереве какого-то предка.
Соответственно, мы может наше splay-дерево разрезать на два по ключу, по которому мы искали.
И вставим наше поддерево в жирный путь.
Теперь надо отрезать старое жирное ребро.
Закончили в какой-то вершине, лежащей в жирном пути.
Надо посмотреть, в какую сторону вело жирное ребро.
Оно вело туда, куда мы не шли.
Мы знаем, что нужно вырезать из нашего дерева вершины, которые больше той, в которой мы закончили, но меньше того ключа, из которого мы последний раз шли не в ту сторону, в которую мы сейчас идем не по жирному ребру.
Нас интересует ключ, который больше нашего, но который выше нас.
Мы хотим отрезать все ключи, которые лежат в поддереве вершины в дереве жирных путей?.
Но это дерево примитивное, оно является полным двоичным.
В нем можем предподсчитать для каждой вершины минимум и максимум.
Значит, мы знаем интервал значений вершин его правого поддерева.
И режем по минимальному и максимальному значениям в этом поддереве.
Разрезаем жирные ребра, по которым мы не прошли.
Берем ребро. Берем дерево. Берем вершину. Split. Она корень.
Смотрим интервал в базовом дереве – какой диапазон ключей соответствует нашему сыну,
вырезаем этот диапазон с помощью двух сплитов по rmin <tex>r_{min}</tex> и по rmax<tex>r_{max}</tex>.
В новое независимое дерево ставим красный указатель на вершину.
Старый красный указатель вел в дерево, которое надо слить с его предком.
Разрезаем с другой стороны от нашей вершины и вставляем как сына по нежирному ребру к той вершине, от которой пошли.
Перестройка = <tex>3 * split + 3 * merge</tex>, каждый из них за <tex>log log n = (O(1) + 3*O(log log n) + 3*O(log log n))</tex> * число изменений жирного ребра
