前置芝士（了解即可啦~）：C++、BST 二叉搜索树、堆、二叉堆
Treap 的概念
Treap 树堆，即树（Tree）+堆（Heap），是一棵弱平衡的二叉搜索树（BST），能同时满足二叉搜索树与堆的性质。
BST 满足任意一个节点的权值都大于等于左子树所有点的权值，且小于等于右子树所有点的权值的性质，我们可以用来求数的排名、前驱和后继，比如这是一棵可爱的 BST：
众所周知，当添加点的权值依次递增或递减时，一般 BST 将会退化成丑陋的链，such as：
那么每次添加点的时间复杂度便能被卡成 (O(n))，(n) 大一点就直接 TLE，寄。
为了规避一般 BST 容易退化成链的问题，Treap 光荣产生力！
Treap 在 BST 的基础上，为每个节点赋上了（随机的）优先值，并在建树时时刻维护堆的性质，由于随机性，建出来的树（也是一种二叉堆）深度期望大小为 (log n)，因此规避了此类问题。
常规 Treap 的两种写法
常规 Treap 有两种写法，Splay 与 FHQ Treap：
Splay 为有旋 Treap，貌似是依靠左旋右旋节点的伸展操作来维护的 Treap，可以康康具体的图：
详细戳我
FHQ Treap 即无旋 Treap，与 Splay 不同，它只依靠分裂、合并能够进行添加节点、查询排名等等操作，分裂、合并如图：
FHQ Treap 相对来说代码量较小，也更好理解，应该更适合新手学习吧？
正题：FHQ Treap
FHQ Treap，其中 FHQ 指此做法的发明者——范浩强神犇，是依赖于分裂合并操作实现的 Treap，这种操作方式使得它天生支持维护序列、可持久化等特性，可持久化就以后再补吧。
基础节点信息、建点
首先我们需要一个 (rt) 表示树堆的根，(l)、(r) 表示左右儿子的 (id)，还要存一个自己的权值 (key)，当前子树大小 (siz)，以及优先值 (pri)，有必要的话还要存一个 (lazy) 标记。此外还需要一个更新节点信息的函数，当然，随机函数也可以自己手写 qwq，新建点就比较简单，代码如下：
#define uLL unsigned long long
......
int ...rt, gs...;
uLL sd=1;
uLL rd() {
return sd=sd*1145141ull*1145141ull;
}
struct node {
int l, r, siz, key, lazy;
uLL pri;
}tr[100005];
int blt(int key) {//新建点
++gs;
tr[gs].key=key;
tr[gs].lazy=0;
tr[gs].l=tr[gs].r=0; tr[gs].siz=1;
tr[gs].pri=rd();
return gs;
}
void upup(int now) {//更新节点信息
tr[now].siz=tr[tr[now].l].siz+tr[tr[now].r].siz+1;
}
基础的分裂、合并
上文有说到，FHQ Treap 即无旋 Treap，要依靠分裂、合并这两种基础操作。
按权值分裂
分裂有两种，第一种便是上图的按权值分裂，即给定 (key)，分裂出所有点权值小于等于 (key) 的树堆 (x) 与所有点权值都大于 (key) 的树堆 (y)，此分裂可以用于加点或求前驱、后继，带详解注释的代码如下：
void fl_key(int now, int key, int& x, int& y) {
if(!now) {//当前节点为空
x=y=0;
return ;
}
down(now);//有些题目需要用lazy标记下传，比如文艺平衡树中的区间反转操作
if(tr[now].key 盗来的模拟代码过程的 Gif 图：
上文说过，由于随机性，我们建出来的树堆的深度期望为 (log n) 层，而分裂相当于每层都只搜到了一次，所以分裂一次的时间复杂度是 (O(log_2n))
按子树大小分裂
而第二种是按子树大小分裂，即给定 (siz)，优先保留左子树，分裂出大小小于等于 (siz) 的树堆 (x)，和剩余的树堆 (y)（可能没有），如图：
这种分裂可以用于一些特殊的操作（比如说文艺平衡树中的翻转区间），在普通平衡树中可用于求排名对应的值，带详解注释代码如下：
void fl_siz(int now, int siz, int& x, int& y) {
if(!now) {//空节点
x=y=0;
return ;
}
down(now);//有些题目需要用lazy标记下传，比如文艺平衡树中的区间反转操作
if(tr[tr[now].l].siz+1 和按权值分裂的时间复杂度一样，(O(log_2n))
合并
合并操作只有一种，但是要求合并的两个树堆 (x)、(y)，树堆 (x) 的所有点的权值都要严格小于树堆 (y) 的任意点，（但本蒟蒻还有幸遇见过答辩题要用 fhq treap 合并有交集的树堆的），而此处就要用到我们赋予的优先值啦，如图（可能看起来有点难懂）：
如图所示，合并时优先考虑优先值，并以优先的点为合并后的父节点，然后再将非优先点与优先点的儿子合并，这是一个递归的过程，要注意的是合并要从祖先开始，且一般合并是直接合并两个无交集的树，若是有交集那么这个合并就只能用添加点的做法（详见下文），此处直接上代码吧：
int merge(int x, int y) {//合并时需要已经满足x的所有点的权值小于y的所有点的权值
down(x);//有需要的话标记下传
down(y);
if(x == 0 || y == 0) return x+y;//x、y有一个为空节点直接返回非空的节点
if(tr[x].pri 合并的话递归层数取决于树堆深度，而深度期望为 (log n) 层，那么一次合并操作时间复杂度便为 (O(log_2n))
添加点
既然我们已经会分裂、合并了，那么如果想要添加一个值为 (X) 的点，我们可以直接将原树堆按 (key = X)，以权值大小分裂，然后新建点，将分裂出的树堆 (x) 和新建点合并后再和分裂出的树堆 (y) 合并，时间复杂度为 (O(log_2n))，如图：
此处为什么不直接合并原树堆和新建点呢？那是因为我们写的 (merge) 合并函数要求合并的是无交集的两树堆，且树堆 (x) 的所有点的权值都要严格小于树堆 (y) 的任意点，所以我们必须要先分裂再合并以保证树堆的正确性，代码如下：
void insert(int key) {
int x, y;
fl_key(rt, key, x, y);
rt=merge(merge(x, blt(key)), y);
}
删除点
删除一个值为 (X) 的点的话可以先按 (key = X)，以权值大小分裂得到树堆 (x)、(y)，再按 (key = X-1)，以权值大小分裂树堆 (x)，得到树堆 (z)、(a)，然后将树堆 (a) 的根节点丢掉（即合并 (a) 的左右儿子，不合并 (a) 的根节点，这就相当于删了一个点），所有树堆依次合并，时间复杂度依然为 (O(log_2n))，如图：
代码如下：
void dlt(int key) {
int x, y, z;
fl_key(rt, key, x, y);
fl_key(x, key-1, z, x);
rt=merge(merge(z, merge(tr[x].l, tr[x].r)), y);
}
查询排名
若是查询 (X) 的排名，直接按 (key = X-1)，以权值大小分裂得到树堆 (x)、(y)，答案为树堆 (x) 的 (size+1)，时间复杂度为 (O(log_2n))，代码如下：（注意最后要合并回来！)
int ask(int key) {
int x, y, ret=0;
fl_key(rt, key-1, x, y);
ret=tr[x].siz+1;
rt=merge(x, y);
return ret;
}
查询排名对应的值
查询排名 (X) 对应的值，有两种做法。
其一是上文提及的按子树大小分裂，按 (siz = X-1)，以子树大小分裂得到树堆 (x)、(y)，然后再按 (siz = 1)，以子树大小分裂树堆 (y)，得到树堆 (a)、(z)，(a) 的根节点的值就是答案，时间复杂度为 (O(log_2n))，代码如下：（注意最后都要合并回来！)
int asks(int siz) {
int x, y, z;
fl_siz(rt, siz-1, x, y);
fl_siz(y, 1, y, z);
int ret = tr[y].key;
rt = merge(merge(x, y), z);
return ret;
}
其二是直接硬上，从根节点开始 dfs，如果左儿子+自己的 (size) 比 (X) 小，那么 (X) 减去 (size)，搜右儿子，否则就搜左儿子，(X = 0) 时就输出当前点的权值，时间复杂度依旧是 (O(log_2n))(毕竟深度期望为 (log n))，代码如下：
int asks(int siz) {
int o = rt;
while(1) {
int qwq = tr[tr[o].l].siz+1;
if(qwq == siz) break;
if(siz 查询前驱、后继
查询 (X) 的前驱，先按 (key = X-1)，以权值大小分裂得到树堆 (x)、(y)，然后从树堆 (x) 的根节点开始，右儿子非空就一直往右边走（因为树堆 (x) 的所有点已经满足了其点值小于等于 (X-1)，只需找到里面最大的点值），最后输出即可。
查询 (X) 的后继，先按 (key = X)，以权值大小分裂得到树堆 (x)、(y)，然后从树堆 (y) 的根节点开始，左儿子非空就一直往左边走（因为树堆 (y) 的所有点已经满足了其点值大于 (X)，只需找到里面最小的点值），最后输出即可。
时间复杂度均为 (O(log_2n))，代码：（注意最后都要合并回来！)
int findl(int key) {
int x, y, ret=0;
fl_key(rt, key-1, x, y);
ret=x;
while(tr[ret].r != 0) ret=tr[ret].r;
ret=tr[ret].key;
rt=merge(x, y);
return ret;
}
int findr(int key) {
int x, y, ret=0;
fl_key(rt, key, x, y);
ret=y;
while(tr[ret].l != 0) ret=tr[ret].l;
ret=tr[ret].key;
rt=merge(x, y);
return ret;
}
普通平衡树——代码整合
总的时间复杂度大致为 (O(ntimes log_2n))，(n) 表示操作数量。
#include
#define uLL unsigned long long
using namespace std;
int n, opt, k, gs, rt;
uLL sd=1;
uLL rd() {
return sd=sd*1145141ull*1145141ull;
}
struct node {
int l, r, siz, key;
uLL pri;
}tr[100005];
int blt(int key) {
++gs;
tr[gs].key=key;
tr[gs].l=tr[gs].r=0; tr[gs].siz=1;
tr[gs].pri=rd();
return gs;
}
void upup(int now) {
tr[now].siz=tr[tr[now].l].siz+tr[tr[now].r].siz+1;
}
void fl_key(int now, int key, int& x, int& y) {
if(!now) {
x=y=0;
return ;
}
if(tr[now].key 文艺平衡树
建议做完普通平衡树后就直接上这道题，也许能让你对平衡树的理解加深哦 qwq
题目简述
初始有长度为 (n) 的 (1)、(2)、(3)……(n-1)、(n) 的原序列，进行 (m) 次翻转 ([l, r]) 区间的数后，输出当前序列。
题解
既然题目有个平衡树，那我们直接 FHQ Treap 硬上吧！Wait Wait Wait，仔细想想，题目要求我们维护一个序列，那我们一定也要用 FHQ Treap 维护这个序列，但是他需要支持区间翻转操作，那么我们就需要将问题转化一下了 qaq。
对于每一次操作 ([l, r])，我们先假设我们能用 FHQ Treap 分裂得到 ([l, r]) 对应的树堆，接下来我们的问题便是区间翻转了。
假设有一个树：
因为 Treap 是一棵二叉树，而原序列建出来的 Treap 能按中序遍历输出得到原序列，我们可以考虑最后用中序遍历输出答案。若是将图中的树中序遍历，输出为 (c-a-d-u-b)，而整个区间翻转就相当于把中序遍历给翻转了，即 (b-u-d-a-c)，我们再将新中序遍历结果对应的树画出来：
可以发现，翻转中序遍历结果相当于将树上每个点的左右儿子互换……
OMG，思路不就这么出来了，先用 FHQ Treap 分裂得到 ([l, r]) 对应的树堆，然后翻转每个点的左右儿子，最后再合并回去，这样就 OK 啦！因为直接做翻转每个点的左右儿子会 TLE 穿，所以我们可以存一个 (lazy) 标记，多次翻转的话就每次给标记异或上一个 (1)，在分裂、合并时下传标记即可，能够保证不会将标记传到假儿子上，时间复杂度为 (O(mtimes log_2n))
那么我们现在就只需要找到一种分裂方法能够把 ([l, r]) 区间对应的树堆分裂出来就行了，因为有交换左右儿子的操作，那么原 Treap 就不满足二叉搜索树的性质了，我们也因此不能按权值大小分裂，否则就算使其满足了性质，也会将标记下传到假儿子上去。
此时，“按子树大小分裂”的分裂方法就能起到很大的作用了！
有一个显然的性质：对于序列的一个区间内的所有数，在该区间对应的树堆中所对应的节点也是两两相连的。这个性质就能够保证我们按子树大小分裂的正确性啦，我们可以先按 (siz = l-1) 分裂得到树堆 (x)、(y)，然后我们再按 (siz = r-l+1) 分裂树堆 (y) 得到树堆 (a)、(z)，并给树堆 (a) 打上标记，最后再合并回去，而在分裂、合并时我们再进行标记下传即可。
最后我们按中序遍历输出就是答案惹！
总时间复杂度为 (O(n times log_2n)) 左右，可以接受，代码如下：
#include
#define uLL unsigned long long
using namespace std;
int n, m, l, r, gs, rt;
uLL sd=1;
uLL rd() {
return sd=sd*1145141ull*1145141ull;
}
struct node {
int l, r, siz, key, lazy;
uLL pri;
}tr[100005];
int blt(int key) {
++gs;
tr[gs].key=key;
tr[gs].lazy=0;
tr[gs].l=tr[gs].r=0; tr[gs].siz=1;
tr[gs].pri=rd();
return gs;
}
void upup(int now) {
tr[now].siz=tr[tr[now].l].siz+tr[tr[now].r].siz+1;
}
void fl_key(int now, int key, int& x, int& y) {
if(!now) {
x=y=0;
return ;
}
if(tr[now].key 完结撒花~可持久化以后再来补吧
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