大约相同大小的类似treap的数据结构的更快连接

给定两个AVL树和以及值使得，很容易构造一个新的AVL树，其中包含和和T中的值在时间，其中表示树的高度（只要树木存储他们的高度）。$T_1$$T_2$$t_r$$\forall x \in T_1, \forall y \in T_2, x < t_r < y$$t_r$$T_1$$T_2$$O(1+|h(T_1) - h(T_2)|)$$h(T)$$T$

对于红黑树来说，这也是可能的，我还假设许多其他种类的平衡树。

这对于陷阱或类似陷阱的数据结构可能吗？如果我们忽略$t_r$怎么办？

Algorithmica中的treaps论文显示了如何在$O(\min(h(T_1),h(T_2)))$预期时间内执行此操作。如果有一种方法可以在大小（或根优先级）大致相同的挖矿（或类似挖矿的数据结构）上执行O（1）预期的联接，我认为可能可以使用Kaplan和Tarjan引导的技巧棘刺，以便使用双对数联接进行挖掘（或类似挖掘的数据结构）。

不，如果优先级是随机的，则不可能使用普通的Treap进行此操作。

我要提出的确切主张是，要对具有随机优先级的两个大小相等的挖方执行这种合并，需要更新期望中的指针。$\Theta(\log n)$

这是一个粗略的证明草图：

考虑要执行该操作而必须更改的指针数。如果我们不插入而只是合并和，则证明约束更容易。考虑机身右侧的和机身左侧的。将的元素红色，将的元素蓝色。优先订购。每次颜色按此顺序更改时，我们都必须更改一个指针。由于两个棘的大小均为吨- [R Ť 1 Ť 2 小号1 Ť 1 小号2 Ť 2 小号1 小号2 小号1 ∪ 小号2 Θ （日志Ñ ）Θ （日志Ñ ）Θ （日志Ñ ）吨$\Theta(\log n)$$t_r$$T_1$$T_2$$S_1$$T_1$$S_2$$T_2$$S_1$$S_2$$S_1 \cup S_2$$\Theta(\log n)$具有很高的概率，并且优先级是随机的，不难看出序列中颜色变化的数量也是。因此，我们需要为合并更新指针（不添加）。$\Theta(\log n)$$\Theta(\log n)$$t_r$

现在，在合并时添加并没有太大帮助。在这种情况下，指针更改的数量可以按如下方式限制下限：优先顺序为。删除序列中小于所有内容。然后，结果序列中颜色变化的次数是我们的下限。由于具有随机优先级，因此在最后的挖掘中以其为根的子树的预期高度为，因此它只有节点的优先级比预期的低，因此我们输了添加时，只有指针在我们的下限中改变。小号1 ∪ 小号2 ∪ { 吨- [R } 吨ř 吨- [R Ô （1 ）ø （1 ）小号1 ∪ 小号2 Ô （1 ）吨$t_r$$S_1 \cup S_2 \cup \{t_r\}$$t_r$$t_r$$O(1)$$O(1)$$S_1 \cup S_2$$O(1)$$t_r$

就是说，现在可能有一种获取“类似陷阱”的数据结构的方法，该结构允许进行恒定的预期时间合并。

更新：有关此联接操作不正确性的更新，请参见下文

这是一个可能的解决方案的粗略草图：

我认为我可以使用一种随机平衡的B +树来解决此问题。就像开挖一样，这些树具有独特的表现形式。与挖掘不同，它们多次存储一些密钥。可能有可能通过使用Bent等人的“偏爱的搜索树”中的技巧来解决，该技巧仅将每个关键字存储在它出现的最高（即最接近根）级别中。

通过首先将每个值与比特流相关联来创建用于有序唯一值集的树，类似于将treap中的每个值与优先级相关联的方式。树中的每个节点都包含密钥和位流。此外，非叶节点还包含一个自然数，该自然数指示以该节点为根的树的高度。内部节点可以具有任何非零数量的子代。像B +树一样，从根到叶的每个非自相交路径都具有相同的长度。

每个内部节点包含（如在B +-树中）其后代叶子的最大密钥。每一个还包含一个自然数，该自然数指示以为根的树的高度，以及从第个比特开始与关联的比特流。如果以为根的树中的每个键在其位流中都具有相同的第一位，则每个子代都是叶子，而为。否则，的子级是内部节点，所有内部节点在与它们的键关联的位流中都具有相同的第位。k i v k i + 1 v v i 1 v $v$$k$$i$$v$$k$$i+1$$v$$v$$i$$1$$v$$i$

要从具有相关位流的键排序列表中创建树，请首先根据键流中的第一位将键收集到连续的组中。对于这些组中的每个组，使用该组中最大密钥的密钥和位流创建父对象，但忽略流的第一位。现在，对新父母执行相同的分组过程以创建祖父母。继续直到仅剩一个节点为止；这是树的根。

以下密钥和（开头）位流的列表由其下方的树表示。在位流前缀中，“。” 意味着一点。即，假设没有其他键的位流是不同的，则首先具有0的键A的任何位流都将产生与其他树相同的树。

A 0...
B 00..
C 10..
D 0...
E 0011
F 1...
G 110.
H 0001


        ____H____
       /         \
      E           H
      |          / \
    __E__       G   H
   /  |  \      |   |
  B   C   E     G   H
 / \  |  / \   / \  |
A   B C D   E F   G H

特定内部节点的每个子节点在其位流的第一位都具有相同的位。这称为父级的“颜色”-0是红色，1是绿色。这个孩子有一个“味道”，这取决于它的位流的第一位-0是樱桃，1是薄荷。叶子有味道，但没有颜色。根据定义，樱桃节点不能有绿色的父节点，而薄荷节点不能有红色的父节点。

假设比特流中的比特为均匀分布的IID，则节点的父节点数目的PMF 为 ，期望值为。对于所有，这都是，因此预期的树高为。2 1 − n （ n − $n$$2^{1-n}$ ${n-1}\choose{i-1}$$(n+1)/2$$n \geq 2$$\leq \frac{3}{4}n$$O(\lg n)$

要连接两棵等高的树，请首先检查其根是否具有相同的颜色。如果是这样，请从其最左边的子节点的左根断开，并从其最左边的子节点的右根断开，然后递归连接这两个树。结果将是一棵高度相同或更高的树，因为它们具有相同的风味（请参见下文）。如果递归连接两棵树的结果与两个被切断的子代的高度相同，则使其成为根的中间子代，剩余的左根子代在它的前面，而剩余的右根子代在它的后面。如果将其高1，则将其子节点设为根的中间子节点，将其左根的剩余子节点置于其前，将其右根的剩余子节点置于其后。如果根的颜色不同，请检查其味道是否相同。如果有的话 给他们一个新的父级，并带有右根的密钥和位流，以消除其第一位。如果不是，请给每个根节点一个新的父节点，并使用旧根节点的密钥和位流（将每个第一位都消除），然后递归地加入这些树。

此算法中有两个递归调用。第一种是当根的颜色相同时，第二种是当根的颜色和口味不同时。根具有相同的颜色，概率为。在这种情况下，递归调用总是看到具有相同味道的根，因此第二种递归永远不会在第一种之后发生。但是，第一个可以重复发生，但每次发生的概率为，因此预期运行时间仍为。第二个递归调用以概率发生，并且随后的递归调用始终在具有不同颜色的树上，因此适用相同的分析。$1/2$$1/2$$O(1)$$1/4$

要连接两棵不等高的树，请首先沿着右树的左脊进行追踪，假设右树更高。（另一种情况是对称的。）当到达两棵等高的树时，对两棵等高的树执行联接操作，修改如下：如果结果具有相同的高度，则用结果替换子树加入。如果结果更高，则在通过添加根的父级使树高一个之后，将树的父级连接到另一棵树的根的右侧。树的高度等于，因此树的高度相同，因此终止于期望的。 $1/2$$O(1)$

更新：感谢QuickCheck，我发现上面的join方法不会产生与上面唯一表示的树相同的树。问题在于，叶子附近的父母选择可能会根据可用的同胞而改变。要解决这些更改，join必须一直遍历所有叶子，而不是。这是找到的示例QuickCheck：$O(1)$

a 01110
b 110..
c 10...
d 00000

由制成的树的[a,b]高度为2，由制成的树的[c,d]高度为2，由制成的树的joinEqual (tree [a,b]) (tree [c,d])高度为3。但是，由制成的树的[a,b,c,d]高度为5。

这是我用来发现此错误的代码。