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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）．

过程

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．

二叉堆的插入操作

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)．

增加某个点的权值

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．hi 的两个儿子分别是 h2i 和 h2i+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]) {
    std::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(nlog⁡n) 的时间，有没有更好的方法？

方法一：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);
}

这个做法仍然相当于一个一个插入，只是把元素提前放在了数组里，可以改善常数．故而最坏情况下，算法时间复杂度满足的递推式为 T(n)=T(n−1)+Θ(log⁡n)，累加得 T(n)=Θ(nlog⁡n)．

方法二：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．

注意到叶节点无需调整，因此可从序列约 n/2 的位置开始调整，可以改善常数．根据每次合并两个堆这一理解，可以写出算法时间复杂度的递推式 T(n)=2T(n2)+O(log⁡n)，由主定理可得 T(n)=Θ(n)．

之所以能 Θ(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

SPOJ 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 值 +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 <iostream>
#include <queue>
using namespace std;

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  int t, x;
  cin >> 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 (cin >> 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) {
        cout << a.top() << '\n';
        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);
      }
      // 对对顶堆进行调整
      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;
}

习题

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