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本页面将简要介绍如何用 Splay 维护二叉查找树．

定义

Splay 树，或 伸展树，是一种平衡二叉查找树，它通过 伸展（splay）操作 不断将某个节点旋转到根节点，使得整棵树仍然满足二叉查找树的性质，能够在均摊 $O(\log N)$ 时间内完成插入、查找和删除操作，并且保持平衡而不至于退化为链．

Splay 树由 Daniel Sleator 和 Robert Tarjan 于 1985 年发明．

基本结构与操作

本节讨论 Splay 树的基本结构和它的核心操作，其中最为重要的是伸展操作．

Splay 树是一棵二叉查找树，查找某个值时满足性质：左子树任意节点的值 $<$ 根节点的值 $<$ 右子树任意节点的值．

维护信息

本文使用数组模拟指针来实现 Splay 树，需要维护如下信息：

rt	id	fa[i]	ch[i][0/1]	val[i]	cnt[i]	sz[i]
根节点编号	已使用节点个数	父亲	左右儿子编号	节点权值	权值出现次数	子树大小

初始化时，所有信息都置零即可．

辅助操作

首先是一些简单的辅助操作：

dir(x)：判断节点 $x$ 是父亲节点的左儿子还是右儿子；
push_up(x)：在改变节点位置后，根据子节点信息更新节点 $x$ 的信息．

实现

bool dir(int x) { return x == ch[fa[x]][1]; }

void push_up(int x) { sz[x] = cnt[x] + sz[ch[x][0]] + sz[ch[x][1]]; }

旋转操作

为了使 Splay 保持平衡，需要进行旋转操作．旋转的作用是将某个节点上移一个位置．

旋转需要保证：

整棵 Splay 的中序遍历不变（不能破坏二叉查找树的性质）；
受影响的节点维护的信息依然正确有效；
rt 必须指向旋转后的根节点．

在 Splay 中旋转分为两种：左旋和右旋．

观察图示可知，如果要通过旋转将节点 $x$ （左旋时的 $1$ 和右旋时的 $2$ ）上移，则旋转的方向由该节点是其父节点的左节点还是右节点唯一确定．因此，实现旋转操作时，只需要将要上移的节点 $x$ 传入即可．

具体分析旋转步骤：（假设需要上移的节点为 $x$ ，以右旋为例）

首先，记录节点 $x$ 的父节点 $y$ ，以及 $y$ 的父节点 $z$ （可能为空），并记录 $x$ 是 $y$ 的左子节点还是右子节点；
按照旋转后的树中自下向上的顺序，依次更新 $y$ 的左子节点为 $x$ 的右子节点， $x$ 的右子节点为 $y$ ，以及若 $z$ 非空， $z$ 的子节点为 $x$ ；
按照同样的顺序，依次更新当前 $y$ 的左子节点（若存在）的父节点为 $y$ ， $y$ 的父节点为 $x$ ，以及 $x$ 的父节点为 $z$ ；
自下而上维护节点信息．

实现

void rotate(int x) {
  int y = fa[x], z = fa[y];
  bool r = dir(x);
  ch[y][r] = ch[x][!r];
  ch[x][!r] = y;
  if (z) ch[z][dir(y)] = x;
  if (ch[y][r]) fa[ch[y][r]] = y;
  fa[y] = x;
  fa[x] = z;
  push_up(y);
  push_up(x);
}

在所有函数的实现时，都应注意不要修改节点 $0$ 的信息．

伸展操作

Splay 树要求每访问一个节点 $x$ 后都要强制将其旋转到根节点．该操作也称为伸展操作．

设刚访问的节点为 $x$ ．要做伸展操作，就是要对 $x$ 做一系列的 伸展步骤．每次对 $x$ 做一次伸展步骤， $x$ 到根节点的距离都会更近．定义 $p$ 为 $x$ 的父节点．伸展步骤有三种：

zig: 在 $p$ 是根节点时操作．Splay 树会根据 $x$ 和 $p$ 间的边旋转．zig 存在是用于处理奇偶校验问题，仅当 $x$ 在伸展操作开始时具有奇数深度时作为伸展操作的最后一步执行．

splay-zig

即直接将 $x$ 右旋或左旋（图 1, 2）．

图 1
图 2
zig-zig: 在 $p$ 不是根节点且 $x$ 和 $p$ 都是右侧子节点或都是左侧子节点时操作．下方例图显示了 $x$ 和 $p$ 都是左侧子节点时的情况．Splay 树首先按照连接 $p$ 与其父节点 $g$ 边旋转，然后按照连接 $x$ 和 $p$ 的边旋转．

splay-zig-zig

即首先将 $p$ 右旋或左旋，然后将 $x$ 右旋或左旋（图 3, 4）．

图 3
图 4
zig-zag: 在 $p$ 不是根节点且 $x$ 和 $p$ 一个是右侧子节点一个是左侧子节点时操作．Splay 树首先按 $p$ 和 $x$ 之间的边旋转，然后按 $x$ 和 $g$ 新生成的结果边旋转．

splay-zig-zag

即将 $x$ 先左旋再右旋或先右旋再左旋（图 5, 6）．

图 5
图 6

Tip

请读者尝试自行模拟 $6$ 种旋转情况，以理解伸展操作的基本思想．

比较三种伸展步骤可知，要区分此时应使用哪种操作，关键是要判断 $x$ 是否是根节点的子节点，以及 $x$ 和它父节点是否在各自的父节点同侧．

此处提供的实现，可以指定任意根节点 $z$ ，并将它的子树内任意节点 $x$ 上移至 $z$ 处：

首先记录根节点 $z$ 的父节点 $w$ ，从而可以利用 fa[x] == w 判断 $x$ 已经位于根结点处；
记录 $x$ 当前的父节点 $y$ ，如果 $y$ 和 $w$ 相同，说明 $x$ 已经到达根节点；
否则，利用 fa[y] == w 判断 $y$ 是否是根节点．如果是，直接做 zig 操作将 $x$ 旋转；如果不是，利用 dir(x) == dir(y) 判断使用 zig-zig 还是 zig-zag，前者先旋转 $y$ 再旋转 $x$ ，后者直接旋转两次 $x$ ．

实现

void splay(int& z, int x) {
  int w = fa[z];
  for (int y; (y = fa[x]) != w; rotate(x)) {
    if (fa[y] != w) rotate(dir(x) == dir(y) ? y : x);
  }
  z = x;
}

伸展操作是 Splay 树的核心操作，也是它的时间复杂度能够得到保证的关键步骤．请务必保证每次向下访问节点后，都进行一次伸展操作．

另外，伸展操作会将当前节点 $x$ 到根节点 $z$ 的路径上的所有节点信息自下而上地更新一遍．正是因为这一点，才可以修改非根节点，再通过伸展操作将它上移至根来完成整个树的信息更新．

时间复杂度

对大小为 $n$ 的 Splay 树做 $m$ 次伸展操作的复杂度是 $O((n+m)\log n)$ 的，单次均摊复杂度是 $O(\log n)$ 的．

基于势能分析的复杂度证明

为此只需分析 zig、zig-zig 和 zig-zag 三种操作的复杂度．为此，我们采用 势能分析法，通过研究势能的变化来推导操作的均摊复杂度．假设对一棵包含 $n$ 个节点的 Splay 树进行了 $m$ 次伸展操作，可以通过如下方式进行分析：

定义：

单个节点的势能： $w(x) = \log(\text{size}(x))$ ，其中 $\text{size}(x)$ 表示以节点 $x$ 为根的子树大小．
整棵树的势能： $\varphi = \sum w(x)$ ，即树中所有节点势能的总和，初始势能满足 $\varphi_0 \leq n \log n$ ．
第 $i$ 次操作的均摊成本： $c_i = t_i + \varphi_i - \varphi_{i-1}$ ，其中 $t_i$ 为实际操作代价， $\varphi_i$ 和 $\varphi_{i-1}$ 分别为操作后和操作前的势能．

性质：

如果 $p$ 是 $x$ 的父节点，则有 $w(p) \geq w(x)$ ，即父节点的势能不小于子节点的势能．
由于根节点的子树大小在操作前后保持不变，因此根节点的势能在操作过程中不变．
如果 $\text{size}(p)\ge\text{size}(x)+\text{size}(y)$ ，那么有 $2w(p) - w(x) - w(y) \geq 2$ ．

性质 3 的证明

根据均值不等式可知

\begin{aligned} 2w(p) - w(x) - w(y) &= \log\dfrac{\text{size}(p)^2}{\text{size}(x)\cdot\text{size}(y)} \\ &> \log\dfrac{\left(\text{size}(x)+\text{size}(y)\right)^2}{\text{size}(x)\cdot\text{size}(y)} \\ &\ge \log 4 \\ &= 2. \end{aligned}

接下来，分别对 zig、zig-zig 和 zig-zag 操作进行势能分析．设操作前后的节点 $x$ 的势能分别是 $w(x)$ 和 $w'(x)$ ．节点的记号与上文一致．

zig：根据性质 1 和 2，有 $w(p) = w'(x)$ ，且 $w'(x) \geq w'(p)$ ．由此，均摊成本为

\begin{aligned} c_i &= 1 + w'(x) + w'(p) - w(x) - w(p)\\ &= 1 + w'(p) - w(x)\\ &\leq 1 + w'(x) - w(x). \end{aligned}

zig-zig：根据性质 1 和 2，有 $w(g) = w'(x)$ ，且 $w'(x) \geq w'(p)$ ， $w(x) \leq w(p)$ ．因为

\begin{aligned} \text{size}'(x) &= 3 + \text{size}(A) + \text{size}(B) + \text{size}(C) + \text{size}(D) \\ &> (1 + \text{size}(A) + \text{size}(B)) + (1 + \text{size}(C) + \text{size}(D)) \\ &= \text{size}(x) + \text{size}'(g), \end{aligned}

根据性质 3 可得

2 w'(x) - w(x) - w'(g) \geq 2.

由此，均摊成本为

\begin{aligned} c_i &= 2 + w'(x) + w'(p) + w'(g) - w(x) - w(p) - w(g) \\ &= 2 + w'(p) + w'(g) - w(x) - w(p) \\ &\le (2 w'(x) - w(x) - w'(g)) + w'(p) + w'(g) - w(x) - w(p) \\ &= 2(w'(x)-w(x)) + w'(p) - w(p) \\ &\le 3(w'(x)-w(x)). \end{aligned}

zig-zag：根据性质 1 和 2，有 $w(g) = w'(x)$ ，且 $w(p) \geq w(x)$ ．因为 $\text{size}'(x)>\text{size}'(p)+\text{size}'(g)$ ，根据性质 3，可得

2 \cdot w'(x) - w'(g) - w'(p) \geq 2.

由此，均摊成本为

\begin{aligned} c_i &= 2 + w'(x) + w'(p) + w'(g) - w(x) - w(p) - w(g) \\ &= 2 + w'(p) + w'(g) - w(x) - w(p) \\ &\le (2w'(x) - w'(g) - w'(p)) + w'(p) + w'(g) - w(x) - w(p) \\ &= 2w'(x) - w(x) - w(p) \\ &\le 2(w'(x) - w(x)). \end{aligned}

单次伸展操作：

令 $w^{(n)}(x)=(w^{(n-1)})'(x)$ 且 $w^{(0)}(x)=w(x)$ ．假设一次伸展操作依次访问了 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 等节点，最终 $x_{1}$ 成为根节点．这必然经过若干次 zig-zig 和 zig-zag 操作和至多一次 zig 操作，前两种操作的均摊成本均不超过 $3(w'(x)-w(x))$ ，而最后一次操作的均摊成本不超过 $3(w'(x) - w(x))+1$ ，所以总的均摊成本不超过

3(w^{(n)}(x_1) - w^{(0)}(x_1)) + 1 \le 3\log n + 1.

因此，一次伸展操作的均摊复杂度是 $O(\log n)$ 的．从而，基于伸展的插入、查询、删除等操作的时间复杂度也为均摊 $O(\log n)$ ．

结论：

在进行 $m$ 次伸展操作之后，实际成本

\begin{aligned} \sum_{i=1}^m t_i &= \sum_{i=1}^m \left(c_i + \varphi_{i-1} - \varphi_i \right) \\ &= \sum_{i=1}^m c_i + \varphi_0 - \varphi_m \\ &\le m(3\log n+1) + n\log n. \end{aligned}

因此， $m$ 次伸展操作的实际时间复杂度为 $O((m+n)\log n)$ ．

为什么 Splay 树的再平衡操作可以获得

O(\log n)

的均摊复杂度？

朴素的再平衡思路就是对节点反复进行旋转操作使其上升，直到它成为根节点．这种朴素思路的问题在于，对于所有子节点都是左（右）节点的链状树来说，它相当于反复进行 zig 操作，因而 zig 操作的均摊复杂度中的常数项 $1$ 会不断累积，造成最终的均摊复杂度达到 $O(\log n+n)$ 级别．Splay 树的再平衡操作的设计，避免了连续 zig 的情形中的常数累积，使得一次完整的伸展操作中，至多进行一次单独的 zig 操作，从而优化了时间复杂度．

平衡树操作

本节讨论基于 Splay 树实现平衡树的常见操作的方法．其中，较为重要的是按照值或排名查找元素，它们可以将某个特定的元素找到，并上移至根节点处，以便后续处理．

作为例子，本节将讨论模板题目普通平衡树的实现．

按照值查找

作为二叉查找树，可以通过值 $v$ 查找到相应的节点，只需要将待查找的值 $v$ 和当前节点的值比较即可，找到后将该元素上移至根部即可．

应注意，经常存在树中不存在相应的节点的情形．对于这种情形，要记录最后一个访问的节点（即实现中的 $y$ ），并将 $y$ 上移至根部．此时，节点 $y$ 存储的值必然要么是所有小于 $v$ 的元素中最大的（即 $v$ 的前驱），要么是所有大于 $v$ 的元素中最小的（即 $v$ 的后继）．这是因为查找过程保证，左子树总是存储小于 $v$ 的值，而右子树总是存储大于 $v$ 的值．

实现

void find(int& z, int v) {
  int x = z, y = fa[x];
  for (; x && val[x] != v; x = ch[y = x][v > val[x]]);
  splay(z, x ? x : y);
}

该实现允许指定任何节点 $z$ 作为根节点，并在它的子树内按值查找．

按照排名访问

因为记录了子树大小信息，所以 Splay 树还可以通过排名访问元素，即查找树中第 $k$ 小的元素．

设 $k$ 为剩余排名，具体步骤如下：

如果左子树非空且剩余排名 $k$ 不大于左子树的大小，那么向左子树查找；
否则，如果 $k$ 不大于左子树加上根的大小，那么根节点就是要寻找的；
否则，将 $k$ 减去左子树的和根的大小，继续向右子树查找；
将最终找到的元素上移至根部．

实现

void loc(int& z, int k) {
  int x = z;
  for (;;) {
    if (sz[ch[x][0]] >= k) {
      x = ch[x][0];
    } else if (sz[ch[x][0]] + cnt[x] >= k) {
      break;
    } else {
      k -= sz[ch[x][0]] + cnt[x];
      x = ch[x][1];
    }
  }
  splay(z, x);
}

该实现需要保证排名 $k$ 不超过根 $z$ 处的树大小．

模板题目中操作 $4$ 要求按照排名返回值，直接调用该方法，并返回值即可．

实现

int find_kth(int k) {
  if (k > sz[rt]) return -1;
  loc(rt, k);
  return val[rt];
}

合并操作

有些时候需要合并两棵 Splay 树．

设两棵树的根节点分别为 $x$ 和 $y$ ，那么为了保证结果仍是二叉查找树，需要要求 $x$ 树中的最大值小于 $y$ 树中的最小值．这条件通常都可以满足，因为两棵树往往是从更大的子树中分裂出的．

合并操作如下：

如果 $x$ 和 $y$ 其中之一或两者都为空树，直接返回不为空的那一棵树的根节点或空树；
否则，通过 loc(y, 1) 将 $y$ 树中的最小值上移至根 $y$ 处，再将它的左节点（此时必然为空）设置为 $x$ ，并更新节点信息，返回节点 $y$ ．

实现

int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  loc(y, 1);
  ch[y][0] = x;
  fa[x] = y;
  push_up(y);
  return y;
}

分裂操作类似．因而，Splay 树可以模拟无旋 treap 的思路做各种操作，包括区间操作．后文会介绍更具有 Splay 树风格的区间操作处理方法．

插入操作

插入操作是一个比较复杂的过程．具体步骤如下：（假设插入的值为 $v$ ）

类似按值查找的过程，根据 $v$ 向下查找到存储 $v$ 的节点或者空节点，过程中记录父节点 $y$ ；
如果存在存储 $v$ 的节点 $x$ ，直接更新信息，否则就新建节点 $x$ ；
做伸展操作，将最后一个节点 $x$ 上移至根部．

实现

void insert(int v) {
  int x = rt, y = 0;
  for (; x && val[x] != v; x = ch[y = x][v > val[x]]);
  if (x) {
    ++cnt[x];
    ++sz[x];
  } else {
    x = ++id;
    val[x] = v;
    cnt[x] = sz[x] = 1;
    fa[x] = y;
    if (y) ch[y][v > val[y]] = x;
  }
  splay(rt, x);
}

该实现允许直接向空树内插入值．若不想处理空树，可以在树中提前插入哑节点．

删除操作

删除操作也是一个比较复杂的操作．具体步骤如下：（假设删除的值为 $v$ ）

首先按照值 $v$ 查找存储它的节点，并上移至根部；
如果不存在存储它的节点，直接返回；（上一步已经做了伸展操作）
否则，更新节点信息；
如果得到的根节点为空节点，就合并左右子树作为新的根节点，注意合并前需要更新两个子树的根的父节点为空．

实现

bool remove(int v) {
  find(rt, v);
  if (!rt || val[rt] != v) return false;
  --cnt[rt];
  --sz[rt];
  if (!cnt[rt]) {
    int x = ch[rt][0];
    int y = ch[rt][1];
    fa[x] = fa[y] = 0;
    rt = merge(x, y);
  }
  return true;
}

查询排名

直接按照值 $v$ 访问节点（并上移至根），然后返回相应的值即可．

注意，当 $v$ 不存在时，方法 find(rt, v) 返回的根和 $v$ 的大小关系无法确定，需要单独讨论．

实现

int find_rank(int v) {
  find(rt, v);
  return sz[ch[rt][0]] + (val[rt] < v ? cnt[rt] : 0) + 1;
}

查询前驱

前驱定义为小于 $v$ 的最大的数．具体步骤如下：

按照值 $v$ 访问节点（并上移至根部）；
如果根部的值小于 $v$ ，那么它必然是最大的那个，直接返回；
否则，在左子树中找到最大值，并上移至根部．

最后一步相当于直接调用 loc(ch[rt][0], sz[ch[rt][0]])，只是省去了不必要的判断．

实现

int find_prev(int v) {
  find(rt, v);
  if (rt && val[rt] < v) return val[rt];
  int x = ch[rt][0];
  if (!x) return -1;
  for (; ch[x][1]; x = ch[x][1]);
  splay(rt, x);
  return val[rt];
}

该实现允许前驱不存在，此时返回 $-1$ ．

查询后继

后继定义为大于 $x$ 的最小的数．查询方法和前驱类似，只是将左子树的最大值换成了右子树的最小值，即调用 loc(ch[rt][1], 1)．

实现

int find_next(int v) {
  find(rt, v);
  if (rt && val[rt] > v) return val[rt];
  int x = ch[rt][1];
  if (!x) return -1;
  for (; ch[x][0]; x = ch[x][0]);
  splay(rt, x);
  return val[rt];
}

参考实现

本节的最后，给出模板题目普通平衡树的参考实现．

参考实现

#include <iostream>

constexpr int N = 2e6;
int id, rt;
int fa[N], val[N], cnt[N], sz[N], ch[N][2];

// --8<-- [start:aux]
bool dir(int x) { return x == ch[fa[x]][1]; }

void push_up(int x) { sz[x] = cnt[x] + sz[ch[x][0]] + sz[ch[x][1]]; }

// --8<-- [end:aux]
// --8<-- [start:rotate]
void rotate(int x) {
  int y = fa[x], z = fa[y];
  bool r = dir(x);
  ch[y][r] = ch[x][!r];
  ch[x][!r] = y;
  if (z) ch[z][dir(y)] = x;
  if (ch[y][r]) fa[ch[y][r]] = y;
  fa[y] = x;
  fa[x] = z;
  push_up(y);
  push_up(x);
}

// --8<-- [end:rotate]
// --8<-- [start:splay]
void splay(int& z, int x) {
  int w = fa[z];
  for (int y; (y = fa[x]) != w; rotate(x)) {
    if (fa[y] != w) rotate(dir(x) == dir(y) ? y : x);
  }
  z = x;
}

// --8<-- [end:splay]
// --8<-- [start:find]
void find(int& z, int v) {
  int x = z, y = fa[x];
  for (; x && val[x] != v; x = ch[y = x][v > val[x]]);
  splay(z, x ? x : y);
}

// --8<-- [end:find]
// --8<-- [start:loc]
void loc(int& z, int k) {
  int x = z;
  for (;;) {
    if (sz[ch[x][0]] >= k) {
      x = ch[x][0];
    } else if (sz[ch[x][0]] + cnt[x] >= k) {
      break;
    } else {
      k -= sz[ch[x][0]] + cnt[x];
      x = ch[x][1];
    }
  }
  splay(z, x);
}

// --8<-- [end:loc]
// --8<-- [start:merge]
int merge(int x, int y) {
  if (!x || !y) return x | y;
  loc(y, 1);
  ch[y][0] = x;
  fa[x] = y;
  push_up(y);
  return y;
}

// --8<-- [end:merge]
// --8<-- [start:insert]
void insert(int v) {
  int x = rt, y = 0;
  for (; x && val[x] != v; x = ch[y = x][v > val[x]]);
  if (x) {
    ++cnt[x];
    ++sz[x];
  } else {
    x = ++id;
    val[x] = v;
    cnt[x] = sz[x] = 1;
    fa[x] = y;
    if (y) ch[y][v > val[y]] = x;
  }
  splay(rt, x);
}

// --8<-- [end:insert]
// --8<-- [start:remove]
bool remove(int v) {
  find(rt, v);
  if (!rt || val[rt] != v) return false;
  --cnt[rt];
  --sz[rt];
  if (!cnt[rt]) {
    int x = ch[rt][0];
    int y = ch[rt][1];
    fa[x] = fa[y] = 0;
    rt = merge(x, y);
  }
  return true;
}

// --8<-- [end:remove]
// --8<-- [start:find-rank]
int find_rank(int v) {
  find(rt, v);
  return sz[ch[rt][0]] + (val[rt] < v ? cnt[rt] : 0) + 1;
}

// --8<-- [end:find-rank]
// --8<-- [start:find-kth]
int find_kth(int k) {
  if (k > sz[rt]) return -1;
  loc(rt, k);
  return val[rt];
}

// --8<-- [end:find-kth]
// --8<-- [start:find-prev]
int find_prev(int v) {
  find(rt, v);
  if (rt && val[rt] < v) return val[rt];
  int x = ch[rt][0];
  if (!x) return -1;
  for (; ch[x][1]; x = ch[x][1]);
  splay(rt, x);
  return val[rt];
}

// --8<-- [end:find-prev]
// --8<-- [start:find-next]
int find_next(int v) {
  find(rt, v);
  if (rt && val[rt] > v) return val[rt];
  int x = ch[rt][1];
  if (!x) return -1;
  for (; ch[x][0]; x = ch[x][0]);
  splay(rt, x);
  return val[rt];
}

// --8<-- [end:find-next]
int main() {
  int n;
  std::cin >> n;
  for (; n; --n) {
    int op, x;
    std::cin >> op >> x;
    switch (op) {
      case 1:
        insert(x);
        break;
      case 2:
        remove(x);
        break;
      case 3:
        std::cout << find_rank(x) << '\n';
        break;
      case 4:
        std::cout << find_kth(x) << '\n';
        break;
      case 5:
        std::cout << find_prev(x) << '\n';
        break;
      case 6:
        std::cout << find_next(x) << '\n';
        break;
    }
  }
  return 0;
}

序列操作

Splay 树也可以运用在序列上，用于维护区间信息．与线段树对比，Splay 树常数较大，但是支持更复杂的序列操作，如区间翻转等．上文提到 Splay 树同样支持分裂和合并操作，因而可以模拟无旋 treap 进行区间操作，在此不再过多讨论．本节主要讨论基于伸展操作的区间操作实现方法．

将序列建成的 Splay 树有如下性质：

Splay 树的中序遍历相当于原序列从左到右的遍历；
Splay 树上的一个节点代表原序列的一个元素；
Splay 树上的一颗子树，代表原序列的一段区间．

因为有伸展操作，可以快速提取出代表某个区间的 Splay 子树．

作为例子，本节将讨论模板题目文艺平衡树的实现．

根据序列建树

在操作之前，需要根据所给的序列先把 Splay 树建出来．根据 Splay 树的特性，直接建出一颗只有左儿子的链即可．时间复杂度是 $O(n)$ 的．

参考实现

void build(int n) {
  for (int i = 1; i <= n + 2; ++i) {
    ++id;
    ch[id][0] = rt;
    if (rt) fa[rt] = id;
    rt = id;
    val[id] = i - 1;
  }
  splay(rt, 1);
}

最后的伸展操作自下而上地更新了节点信息．为了后文区间操作方便，序列左右两侧添加了两个哨兵节点．

区间翻转

以区间翻转为例，可以理解区间操作的方法：（设区间为 $[L,R]$ ）

首先将节点 $L-1$ 上移到根节点，再在其右子树中，将节点 $R+1$ 上移到右子树的根节点；
此时，设 $x$ 为根节点的右子节点的左子节点，则以 $x$ 为根的子树就对应着区间 $[L,R]$ ；
在 $x$ 处对区间 $[L,R]$ 做操作，并打上懒标记；
在 $x$ 处将标记下传一次，然后利用伸展操作将 $x$ 上移到根．

第一步需要的操作就是前文平衡树操作中的「按照排名访问」，因为元素的标号就是它的排名．因为涉及懒标记的管理，它的实现与上文略有不同．

参考实现

void reverse(int l, int r) {
  loc(rt, l);
  loc(ch[rt][1], r - l + 2);
  int x = ch[ch[rt][1]][0];
  lazy_reverse(x);
  push_down(x);
  splay(rt, x);
}

最后一步的伸展操作并非为了保证复杂度正确，而是为了更新节点信息．因为伸展操作涉及到节点 $x$ 的左右子节点，所以之前需要将节点 $x$ 处的标记先下传一次．当然，仅对于区间翻转操作而言，子区间的翻转不会对祖先节点产生影响，所以省去这一步骤也是正确的．此处实现保留这两行，是为了说明一般的情形下的操作方法．

懒标记管理

首先，需要辅助函数 lazy_reverse(x) 和 push_down(x)．前者交换左右节点，并更新懒标记；后者将标记下传．

参考实现

void lazy_reverse(int x) {
  std::swap(ch[x][0], ch[x][1]);
  lz[x] ^= 1;
}

void push_down(int x) {
  if (lz[x]) {
    if (ch[x][0]) lazy_reverse(ch[x][0]);
    if (ch[x][1]) lazy_reverse(ch[x][1]);
    lz[x] = 0;
  }
}

然后，只需要在向下经过节点时下传标记即可．模板题要求的操作比较简单，只有按照排名寻找的操作（即 loc）涉及向下访问节点．注意，需要在函数每次访问一个新的节点前下传标记．

参考实现

void loc(int& z, int k) {
  int x = z;
  for (push_down(x); sz[ch[x][0]] != k - 1; push_down(x)) {
    if (sz[ch[x][0]] >= k) {
      x = ch[x][0];
    } else {
      k -= sz[ch[x][0]] + 1;
      x = ch[x][1];
    }
  }
  splay(z, x);
}

因为向下访问节点时已经移除了经过的路径的所有懒标记，所以利用伸展操作上移节点时不再需要处理懒标记．但是，对于区间操作的那一个节点要谨慎处理：因为它同样位于伸展操作的路径上，但是刚刚操作完，可能存在尚未下传的标记，需要首先下传再做伸展操作，正如同上文所做的那样．

参考实现

本节的最后，给出模板题目文艺平衡树的参考实现．

参考实现

#include <iostream>

constexpr int N = 2e6;
int id, rt;
int fa[N], val[N], sz[N], lz[N], ch[N][2];

bool dir(int x) { return x == ch[fa[x]][1]; }

void push_up(int x) { sz[x] = 1 + sz[ch[x][0]] + sz[ch[x][1]]; }

// --8<-- [start:push-down]
void lazy_reverse(int x) {
  std::swap(ch[x][0], ch[x][1]);
  lz[x] ^= 1;
}

void push_down(int x) {
  if (lz[x]) {
    if (ch[x][0]) lazy_reverse(ch[x][0]);
    if (ch[x][1]) lazy_reverse(ch[x][1]);
    lz[x] = 0;
  }
}

// --8<-- [end:push-down]
void rotate(int x) {
  int y = fa[x], z = fa[y];
  bool r = dir(x);
  ch[y][r] = ch[x][!r];
  ch[x][!r] = y;
  if (z) ch[z][dir(y)] = x;
  if (ch[y][r]) fa[ch[y][r]] = y;
  fa[y] = x;
  fa[x] = z;
  push_up(y);
  push_up(x);
}

void splay(int& z, int x) {
  int w = fa[z];
  for (int y; (y = fa[x]) != w; rotate(x)) {
    if (fa[y] != w) rotate(dir(x) == dir(y) ? y : x);
  }
  z = x;
}

// --8<-- [start:push-down-lazy]
void loc(int& z, int k) {
  int x = z;
  for (push_down(x); sz[ch[x][0]] != k - 1; push_down(x)) {
    if (sz[ch[x][0]] >= k) {
      x = ch[x][0];
    } else {
      k -= sz[ch[x][0]] + 1;
      x = ch[x][1];
    }
  }
  splay(z, x);
}

// --8<-- [end:push-down-lazy]
// --8<-- [start:build]
void build(int n) {
  for (int i = 1; i <= n + 2; ++i) {
    ++id;
    ch[id][0] = rt;
    if (rt) fa[rt] = id;
    rt = id;
    val[id] = i - 1;
  }
  splay(rt, 1);
}

// --8<-- [end:build]
// --8<-- [start:reverse]
void reverse(int l, int r) {
  loc(rt, l);
  loc(ch[rt][1], r - l + 2);
  int x = ch[ch[rt][1]][0];
  lazy_reverse(x);
  push_down(x);
  splay(rt, x);
}

// --8<-- [end:reverse]
void print(int x) {
  if (!x) return;
  push_down(x);
  print(ch[x][0]);
  std::cout << val[x] << ' ';
  print(ch[x][1]);
}

void print() {
  loc(rt, 1);
  loc(ch[rt][1], sz[rt] - 1);
  print(ch[ch[rt][1]][0]);
}

int main() {
  int n, m;
  std::cin >> n >> m;
  build(n);
  for (; m; --m) {
    int l, r;
    std::cin >> l >> r;
    reverse(l, r);
  }
  print();
  return 0;
}

习题

这些题目都是裸的 Splay 树维护二叉查找树：

Splay 树还出现在更复杂的应用场景中：

参考资料与注释

本文部分内容引用于 algocode 算法博客，特别鸣谢！