treap/FHQ treap的复杂度证明

感觉是个比较有意思 虽然可能没什么用 的东西。

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首先我们约定我们将会操作 \(n\) 个节点，同时这 \(n\) 的节点的 \(\text{val}\)（权值）和 \(\text{key}\)（键值）确定。这仅仅是方便我们接下来的证明，节点的权值与键值到底是多少并不重要。

考虑到键值是随机值，一般来说几乎不可能碰撞，即使碰撞了也最多只会有 \(O(1)\) 个节点，可以忽略，故可假定键值两两不同。

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接下来的证明基于如下性质：

对于一棵树堆，若其节点的 \(\text{key}\)（键值）两两不同，则无论按何顺序插入节点，最终树堆的形态必定唯一确定。

证明：首先键值两两不同的时候树堆就是笛卡尔树，而笛卡尔树的形态必定固定。证毕

好吧其实也可以直接理解：首先根节点必定固定（必定是键值最大的那个），而其余节点属于根节点的左子树还是右子树也是确定的（按照权值大小分），归纳证明即可。

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显然 treap 和 fhq treap 都是在维护树堆，只不过维护方式略有不同而已，操作结束后平衡树的形态必定相同。考虑上文的性质，对一棵 treap 进行若干次分裂再合并后，平衡树的形态仍然不变。同理，在一棵 treap 内删除一个节点，平衡树的形态就等价于顺次向一棵空树内插入剩余的 \(n - 1\) 个节点。

同时，每种操作的时间复杂度都不会大于树高，这个是比较显然的。于是我们只需要证明，有 \(n\) 个节点的 treap 的树高是 \(O(\log n)\) 的即可。

考虑 treap 的根节点，其必定是某种比较方式下 \(n\) 个节点中键值最大的一个。而因为键值是随机值，大小与权值无关，故根节点的权值在 \(n\) 个节点中从大到小的位置必定是在 \(1\) 到 \(n\) 内均匀分布的。我们发现这个过程等价于快速排序（每次随机选定一个元素作为基准值，再按照基准值将整个数组分为两部分）。而快速排序的递归树高度是有保证的，故 treap 的时间复杂度正确。

或者来尝试证明一下（快速排序的递归树高度）？

• 递归树的期望高度为 \(O(\log n)\)

  归纳证明，首先当 \(n \le 1\) 时显然成立，当 \(n > 1\) 时，设 \(h_n\) 是大小为 \(n\) 的递归树的期望高度，则有

  \(h_n = 1 + \frac{1}{n} \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \max(h_{i}, h_{n - i - 1}) = 1 + \frac{2}{n} \sum\limits_{i = \lfloor \frac{1}{n} \rfloor}^{n - 1} h_{i}\)

  故有

  \(h_n \le 1 + \frac{2}{n} \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} h_i = 1 + \frac{2}{n} \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} \log i = 1 + \frac{2}{n} \log ((n - 1)!)\)

  前面的常数项 \(1\) 和分子上的 \(2\) 可以忽略。而后面的部分是一个经典的式子，根据斯特林近似，我们知道它就是 \(O(\log n)\) 的，故期望高度为 \(O(\log n)\) 得证。

• 递归树的最小高度为 \(O(\log n)\)

  考虑上面的式子，显然 \(h_n = 1 + h_{\lfloor \frac{2}{n} \rfloor}\) 的时候取最小值，也是 \(O(\log n)\)。

• 递归树的深度的分布主要集中在 \(O(\log n)\) 附近

  暂时还不会。/kel