[题解]P3391 文艺平衡树 - Splay解法
给定序列\(1,2,\dots,n\)，接下来\(m\)次操作，每次操作给定\(l,r\)，你需要翻转\([l,r]\)。
所有操作结束后，请输出这个序列。
我们先从“普通平衡树”这一题出发，思考一下Splay操作的本质。
我们把一个节点Splay到根节点后，中序遍历在自己前面的节点都在左边，中序遍历在自己后面的都在右边。
发现了么？Splay操作和点权是无关的。如果我们将splay(x)——将\(x\)转移到根节点，修改为splay(x,y)——将\(x\)转移到\(y\)节点下方（\(y=0\)则表示转移到根节点）。那么splay(x,y)所做的，就是将\(y\)的子树中，有\(x\)的那棵子树中所有的节点，按与\(x\)中序遍历的先后关系进行调整。
回归这道题。我们先构建一棵中序遍历是\(1,2,\dots,n\)的二叉树（你可以很简单地考虑一条链）。接下来我们思考怎样区间翻转。
我们先考虑一棵树，要想翻转其中序遍历，我们只需要把每个节点的左右子树都翻转一遍即可（不要在意破坏BST的性质，因为这棵树根本就不是BST）。当然这一操作如果实时更新会TLE，所以我们像线段树那样，给根节点打个懒标记，后期需要用到子节点就先下传标记（并交换根节点的左右子树）。
如果我们能把要翻转的\([l,r]\)的所有节点弄到一棵树上去就好了……
现在是Splay大放异彩的时候了。
我们先找到\(l\)在中序遍历中的前驱节点\(L\)，\(r\)在中序遍历中的后继节点\(R\)（为了防止找不到，我们设置两个哨兵\(n+1\)和\(0\)一并加入二叉树）。splay(L,0)，再splay(R,L)。
我们先将\(L\)转移到根节点，再把\(R\)转移到\(L\)的下面（右子树）。
那么显然，此时\(R\)的左子树的中序遍历位置就都在\(l,r\)之间了。
我们给\(R\)打一个标记即可。
就酱。
受上面操作的启发，我们还可以设计出以下操作（一般这些操作都需要哨兵\(n+1\)和\(0\)的辅助，同时splay需要接受\(2\)个参数）：
- \([l,r]\)区间删除：和上边一样，
splay(l,0)后splay(r,l)，断开\(r\)与其左子树的连接。 - 合并以\(x,y\)为根的\(2\)颗Splay树（前提是两树都不为空，且\(x\)中的最大值\(<y\)中的最小值）：把\(x\)中的最大值Splay到根节点，将其右子节点设为\(y\)并更新自己的信息即可。
- 区间赋值、区间加……一般线段树能维护的这个也能维护，只是可能与一些平衡树特有的功能冲突。
实现细节：
- 别忘了
find(k)（找中序遍历第\(k\)个）和ltr(u)（中序遍历输出结果）要调用pushdown。
此题的代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 100010
#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
#define ch(x,y) tr[x].ch[y]
#define fa(x) tr[x].fa
#define v(x) tr[x].v
#define siz(x) tr[x].siz
#define tag(x) tr[x].tag
#define MAX LLONG_MAX
#define MIN LLONG_MIN
using namespace std;
struct tree{
int ch[2],siz,fa,v;
bool tag;
}tr[N];
int n,m,cnt,root;
int newnode(int v){v(++cnt)=v,siz(cnt)=1;return cnt;}
void update(int u){siz(u)=siz(lc(u))+siz(rc(u))+1;}
bool get(int u){return u==rc(fa(u));}
void rot(int x){//通过旋转把x提升1层
int y=fa(x),z=fa(y);//保证y!=0
bool dir=get(x),tdir=get(y);
if(ch(x,!dir)) fa(ch(x,!dir))=y;
ch(y,dir)=ch(x,!dir);
ch(x,!dir)=y;
fa(y)=x,fa(x)=z;
if(z) ch(z,tdir)=x;
update(y),update(x);
}
void splay(int x,int y){//核心操作
for(int f;(f=fa(x))!=y;rot(x))
if(fa(f)!=y) rot(get(f)==get(x)?f:x);
if(y==0) root=x;
}
void pushdown(int x){//下放标记
if(tag(x)){
swap(lc(x),rc(x));
tag(lc(x))^=1;
tag(rc(x))^=1;
tag(x)=0;
}
}
void ins(int v){//插入
int u=root,f=0;
while(u) f=u,u=ch(u,v>v(u));//>在右，<=在左
u=newnode(v),fa(u)=f;
if(f) ch(f,v>v(f))=u;
splay(u,0);
}
int find(int num){//中序遍历第num个是多少
int u=root;
while(u){
pushdown(u);
if(num==siz(lc(u))+1) return u;
if(num<=siz(lc(u))) u=lc(u);
else num-=siz(lc(u))+1,u=rc(u);
}
return -1;
}
void ltr(int u){//中序遍历，输出
if(!u) return;
pushdown(u);
ltr(lc(u));
if(v(u)!=MIN&&v(u)!=MAX) cout<<v(u)<<" ";
ltr(rc(u));
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>n>>m;
ins(MIN),ins(MAX);
for(int i=1;i<=n;i++) ins(i);
while(m--){
int l,r;
cin>>l>>r;
l=find(l),r=find(r+2);
//因为有极小值，所以查询的名次都要+1
splay(l,0);
splay(r,l);
if(lc(r)) tag(lc(r))^=1;
}
ltr(root);
return 0;
}
注意到，find函数是没有Splay操作的。其实加上也可以，只不过find后面已经有\(2\)次Splay操作了。加不加其实都差不多。
实际上，初始化完全不需要调用ins，直接建成一条链即可，这样显然不会影响后面操作的复杂度（因为就算调用ins也可能形成链嘛），而且把初始化的复杂度减少了一个\(\log\)。
