UVA 12657/COJ 1329 HN第九届省赛 链表模拟
因为最近学了Splay,刚看到这个题目总共四种操作,把某个数移到另一个数的左边 或者右边 交换两个数 翻转整个序列,马上想到用Splay,因为总点数和总操作数都为10^5,如果用Splay把操作优化到logN级别,应该是可以再1sec过得。
于是我就好心急的在那里敲Splay,敲着敲着就发现不对劲了,题目要求的把x移到y的左边或者右边 或者交换x和y的值,不是指序列的第x位和y位,而是就直接指数值为x和y的那两个数。所以Splay根本就不适用
所以还是回到链表来,其实用链表也挺简单的,一开始我还想复杂了,每个x和y就固定对应自己的节点x,y,进行4个操作的时候,前三个,只要把节点x和节点y连起来或者交换即可,当然要处理好彼此的前缀和后继。然后最后一个翻转整个序列操作,其实就是把每个点的前缀变后继 后继变前缀即可。所以一开始不要固定前缀和后继,用个ch[2],再设置个p变量,初始设为0,这样 ch[p]代表前缀,ch[!p]代表后缀。当出现翻转操作,把p变一下,就直接实现了前变后 后变前的作用。
还要注意添加 0点和 n+1点来预防越界操作,而且0点和n+1还可以作为整个序列的头部,因为对这两个点是不会有操作的,所以最后遍历链表的时候,看p的值选择0或者n+1点作为序列头部,至此,完美解决此题。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 100010 using namespace std; int n,m,p; struct node { int ch[2]; } num[N]; void link(int a,int b) { num[b].ch[p]=a; num[a].ch[!p]=b; } int main() { int kase=0,x,y,d; while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { p=0; for (int i=0;i<=n;i++) { link(i,i+1); } for (int i=0;i<m;i++) { scanf("%d",&d); if (d==4) { p^=1; continue; } scanf("%d%d",&x,&y); if (d==1) { if (num[y].ch[p]==x) continue; else { link(num[x].ch[p],num[x].ch[!p]); int tmp=num[y].ch[p]; link(tmp,x); link(x,y); } } if (d==2) { if (num[y].ch[!p]==x) continue; link(num[x].ch[p],num[x].ch[!p]); int tmp=num[y].ch[!p]; link(y,x); link(x,tmp); } if (d==3) { if (num[x].ch[p]==y) { int tmp=num[x].ch[!p]; link(num[y].ch[p],x); link(x,y); link(y,tmp); continue; } if (num[x].ch[!p]==y) { int tmp=num[x].ch[p]; link(x,num[y].ch[!p]); link(y,x); link(tmp,y); continue; } int tmp1=num[y].ch[p]; int tmp2=num[y].ch[!p]; link(num[x].ch[p],y); link(y,num[x].ch[!p]); link(tmp1,x); link(x,tmp2); } } int sta; if (p) sta=n+1; else sta=0; int cur=0; p^=1; long long ans=0;//结果可能超过int,所以用64位来表示 for (int i=sta;;) { i=num[i].ch[p]; cur++; if (cur>n) break; if (cur&1) { ans+=(long long)i; } } printf("Case %d: %lld\n",++kase,ans); } return 0; }