前言

P3369 【模板】普通平衡树 是一道经典的数据结构模板题。常规做法通常是 Treap、Splay、fhq Treap 或 pbds。

这篇文章记录一种非常规实现：用 01Trie 维护有序多重集合。
只要值域可控，题目要求的六类操作：

• 插入
• 删除
• 查询排名
• 查询第 $k$ 小
• 查询前驱
• 查询后继

都可以通过 Trie 上的计数信息完成。

一、问题本质

题目要求维护一个支持顺序统计的可重集。
从本质上看，它并不强制要求使用“平衡树”，而是要求维护以下信息：

1. 元素集合中的有序性
2. 某个值前面有多少元素
3. 某个排名对应哪个值

若能在 01Trie 上维护“经过某节点的元素个数”，就可以完成这些操作。

二、核心思路

01Trie 按二进制从高位到低位建树：

• 左儿子表示当前位为 0
• 右儿子表示当前位为 1

在高位前缀相同的前提下：

左子树中的所有数一定小于右子树中的所有数

因此，Trie 也具备“局部有序性”。
若再维护每个节点经过了多少个元素，就可以像顺序统计树一样支持：

• 查询严格小于某值的元素个数
• 查询第 $k$ 小元素

前驱、后继则可由上述两个操作进一步推导。

三、值域平移

代码中使用了：

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const int offset = 1e7;

所有输入值统一平移为：

1

x + offset

目的是将原本可能出现的负数整体映射到非负范围，便于按普通二进制进行 Trie 维护。

若原值范围为：

则平移后范围为：

输出答案时再减去 offset 即可恢复原值。

四、位数选择

代码按如下方式枚举二进制位：

1

for (int i = 25; i >= 0; --i)

原因是平移后的最大值约为 $2\times 10^7$。而：

• $2^{24}=16777216$
• $2^{25}=33554432$

因此需要使用第 25 位到第 0 位，共 26 位，足以覆盖全部取值。

五、维护的信息

核心数组如下：

1

int trie[maxn][2], cnt[maxn];

含义为：

• trie[p][0]：节点 p 的 0 儿子
• trie[p][1]：节点 p 的 1 儿子
• cnt[p]：经过节点 p 的元素个数

这里的 cnt[p] 可以理解为：
以该节点为根的这棵子树中，共有多少个元素经过这个前缀。

由于所有数都固定走满 26 层，因此不需要单独维护结束标记。

六、插入与删除

1. 插入

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void Insert(int x) {
    int p = 0;
    for (int i = 25; i >= 0; --i) {
        int v = x >> i & 1;
        if (!trie[p][v]) {
            trie[p][v] = ++idx;
        }
        p = trie[p][v];
        cnt[p]++;
    }
}

从高位到低位依次取出每一位：

• 若对应儿子不存在，则新建节点
• 沿路径向下走
• 将经过节点的计数加一

插入完成后，x 所在路径上的所有节点计数均被正确维护。

2. 删除

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void Delete(int x) {
    int p = 0;
    for (int i = 25; i >= 0; --i) {
        int v = x >> i & 1;
        p = trie[p][v];
        cnt[p]--;
    }
}

删除时沿原路径走一遍，并将沿途 cnt 减一即可。
不必真正删除节点，只需保证计数正确。

该写法默认题目保证删除操作合法，即待删除元素一定存在。

七、排名查询 getRank

代码如下：

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int getRank(int x) {
    int p = 0, rank = 0;
    for (int i = 25; i >= 0; --i) {
        int v = x >> i & 1;
        if (v) {
            rank += cnt[trie[p][0]];
        }
        p = trie[p][v];
        if (!p) {
            break;
        }
    }
    return rank;
}

该函数返回的不是题目中的“排名”，而是：

严格小于 x 的元素个数

因此主函数中查询排名时需要输出：

1

getRank(x + offset) + 1

正确性分析

从高位到低位考虑当前位。

设当前位为 v：

当 v = 0

若某个数在当前位取 1，则在高位前缀相同的前提下，它一定大于 x。
因此不会对“小于 x 的元素个数”产生贡献，直接沿 0 分支继续即可。

当 v = 1

此时，所有高位前缀与 x 相同、但当前位取 0 的数，一定严格小于 x。
因此可以直接累计：

1

rank += cnt[trie[p][0]];

随后继续沿 1 分支向下，统计剩余部分。

提前退出

若某一步 p 变为 0，说明当前前缀已不存在，后续更低位不可能再产生贡献，可以直接结束。

八、第 $k$ 小查询 getVal

代码如下：

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int getVal(int x) {
    int p = 0, val = 0;
    for (int i = 25; i >= 0; --i) {
        if (cnt[trie[p][0]] >= x) {
            p = trie[p][0];
        } else {
            x -= cnt[trie[p][0]];
            p = trie[p][1];
            val |= 1 << i;
        }
    }
    return val;
}

该函数返回当前集合中的第 x 小元素，x 为 1-based。

正确性分析

在某个 Trie 节点处：

• 左子树对应当前位为 0
• 右子树对应当前位为 1

由于当前位 0 < 1，因此左子树中的所有元素都小于右子树中的所有元素。

于是：

• 若左子树元素个数不少于 x，则第 x 小一定在左子树中
• 否则，第 x 小一定在右子树中，同时应减去左子树的元素个数

若走向右子树，则当前位应置为 1：

1

val |= 1 << i;

最终构造出完整数值。

九、前驱与后继

1. 前驱

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int getPrev(int x) {
    return getVal(getRank(x));
}

前驱定义为“严格小于 x 的最大值”。

设严格小于 x 的元素个数为 k，那么这些元素中最大的一个，恰好就是第 k 小元素，因此：

2. 后继

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int getNext(int x) {
    return getVal(getRank(x + 1) + 1);
}

后继定义为“严格大于 x 的最小值”。

由于 getRank(y) 返回的是严格小于 y 的元素个数，因此：

所以：

1

getRank(x + 1)

表示集合中小于等于 x 的元素个数。

那么严格大于 x 的最小元素，其排名就是：

1

getRank(x + 1) + 1

再通过 getVal 取得对应值即可。

十、主函数中的操作对应

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if (op == 1) {
    Insert(x + offset);
} else if (op == 2) {
    Delete(x + offset);
} else if (op == 3) {
    cout << getRank(x + offset) + 1 << '\n';
} else if (op == 4) {
    cout << getVal(x) - offset << '\n';
} else if (op == 5) {
    cout << getPrev(x + offset) - offset << '\n';
} else {
    cout << getNext(x + offset) - offset << '\n';
}

各操作含义如下：

• 1 x：插入 x
• 2 x：删除一个 x
• 3 x：查询 x 的排名
• 4 x：查询第 x 小的值
• 5 x：查询 x 的前驱
• 6 x：查询 x 的后继

由于 Trie 中维护的是平移后的值，凡是输出实际数值时都需要减去 offset。

十一、复杂度分析

设值域大小为 $V$。

每次操作都只需沿 Trie 从高位走到低位，因此时间复杂度为：

• 插入：$O(\log V)$
• 删除：$O(\log V)$
• 查询排名：$O(\log V)$
• 查询第 $k$ 小：$O(\log V)$
• 查询前驱：$O(\log V)$
• 查询后继：$O(\log V)$

在本题中，值域长度固定为 26 位，因此单次操作的常数较小。

空间复杂度方面，最坏情况下每插入一个新数都会新建 26 个节点。
若操作规模为 $10^5$ 级别，则需要开约：

个节点，因此代码中定义：

1

const int maxn = 2.6e6;

十二、完整代码及提交记录

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2.6e6, offset = 1e7;

int n, idx, trie[maxn][2], cnt[maxn];

void Insert(int x) {
    int p = 0;
    for (int i = 25; i >= 0; --i) {
        int v = x >> i & 1;
        if (!trie[p][v]) {
            trie[p][v] = ++idx;
        }
        p = trie[p][v];
        cnt[p]++;
    }
}

void Delete(int x) {
    int p = 0;
    for (int i = 25; i >= 0; --i) {
        int v = x >> i & 1;
        p = trie[p][v];
        cnt[p]--;
    }
}

int getRank(int x) {
    int p = 0, rank = 0;
    for (int i = 25; i >= 0; --i) {
        int v = x >> i & 1;
        if (v) {
            rank += cnt[trie[p][0]];
        }
        p = trie[p][v];
        if (!p) {
            break;
        }
    }
    return rank;
}

int getVal(int x) {
    int p = 0, val = 0;
    for (int i = 25; i >= 0; --i) {
        if (cnt[trie[p][0]] >= x) {
            p = trie[p][0];
        } else {
            x -= cnt[trie[p][0]];
            p = trie[p][1];
            val |= 1 << i;
        }
    }
    return val;
}

int getPrev(int x) {
    return getVal(getRank(x));
}

int getNext(int x) {
    return getVal(getRank(x + 1) + 1);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int op, x;
        cin >> op >> x;
        if (op == 1) {
            Insert(x + offset);
        } else if (op == 2) {
            Delete(x + offset);
        } else if (op == 3) {
            cout << getRank(x + offset) + 1 << '\n';
        } else if (op == 4) {
            cout << getVal(x) - offset << '\n';
        } else if (op == 5) {
            cout << getPrev(x + offset) - offset << '\n';
        } else {
            cout << getNext(x + offset) - offset << '\n';
        }
    }
    return 0;
}

可以发现 01trie 写法在性能上要大大优于常规写法。

结语

这份实现的关键在于两点：

1. 利用 01Trie 的二进制字典序维护数值大小关系
2. 利用 cnt 实现顺序统计，再由 rank 与 kth 推导前驱、后继

在值域可控的前提下，这是一种实现简洁、复杂度稳定的替代方案。