bzoj1251 序列终结者（Splay Tree+懒惰标记）

 

Description

网上有许多题，就是给定一个序列，要你支持几种操作：A、B、C、D。一看另一道题，又是一个序列 要支持几种操作：D、C、B、A。尤其是我们这里的某人，出模拟试题，居然还出了一道这样的，真是没技术含量……这样 我也出一道题，我出这一道的目的是为了让大家以后做这种题目有一个“库”可以依靠，没有什么其他的意思。这道题目 就叫序列终结者吧。

【问题描述】 给定一个长度为N的序列，每个序列的元素是一个整数（废话）。要支持以下三种操作： 1. 将[L,R]这个区间内的所有数加上V。 2. 将[L,R]这个区间翻转，比如1 2 3 4变成4 3 2 1。 3. 求[L,R]这个区间中的最大值。 最开始所有元素都是0。

Input

第一行两个整数N，M。M为操作个数。 以下M行，每行最多四个整数，依次为K，L，R，V。K表示是第几种操作，如果不是第1种操作则K后面只有两个数。

Output

对于每个第3种操作，给出正确的回答。

Sample Input

4 4
1 1 3 2
1 2 4 -1
2 1 3
3 2 4

Sample Output

2
【数据范围】
N<=50000，M<=100000。

 

【思路】

       Splay Tree+懒惰标记。

       用Splay Tree维护序列，添加flip，maxv，addv作为结点信息，其中flip与addv是懒惰标记，需要在Splay中调用pushdown下传标记。对于每次操作，将区间lr分裂出来后执行即可。

【代码】

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

const int maxn = 50000+10;
const int INF = 1e9;
inline int read() {
    char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) c=getchar();
    int x=0;
    while(isdigit(c)) {
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return x;
}

struct Node {
    Node* ch[2];
    int v,s,flip,addv,maxv;
    int cmp(int k) const {
        int d=k - ch[0]->s;
        if(d==1) return -1;
        return d<=0? 0:1;
    }
    void pushdown() {
        if(addv) {
            v+=addv;
            ch[0]->addv+=addv,ch[1]->addv+=addv;
            addv=0;
        }
        if(flip) {
            flip=0;  swap(ch[0],ch[1]);  ch[0]->flip^=1,ch[1]->flip^=1;
        }
    }
    void maintain() {
        s=ch[0]->s+ch[1]->s+1;
        maxv=max(ch[0]->v,ch[1]->v),maxv=max(maxv,v);
    }
};
Node* null=new Node();
void rotate(Node* &o,int d) {
    Node* k=o->ch[d^1]; o->ch[d^1]=k->ch[d],k->ch[d]=o;
    o->maintain(),k->maintain(); o=k;
}
void splay(Node* &o,int k) {    //splay 的同时pushdown 下传标记
    o->pushdown();
    int d=o->cmp(k);
    if(d==1) k-=o->ch[0]->s+1;
    if(d!=-1) {
        Node* p=o->ch[d];
        p->pushdown();
        int d2=p->cmp(k);
        int k2=d2==1? k-p->ch[0]->s-1:k;
        if(d2!=-1) {
            splay(p->ch[d2],k2);
            if(d==d2) rotate(o,d^1);  else rotate(o->ch[d],d);
        }
        rotate(o,d^1);
    }
}
Node* merge(Node* left,Node* right) {
    splay(left,left->s);
    left->ch[1]=right,left->maintain();
    return left;
}
void split(Node* o,int k,Node* &left,Node* &right) {
    splay(o,k);
    left=o,right=left->ch[1],left->ch[1]=null,left->maintain();
}
struct SplaySeq {
    int n;
    Node *root,seq[maxn];
    Node* build(int sz) {
        if(!sz) return null;
        Node* l=build(sz/2);
        Node* o=&seq[++n];
        o->v=0,o->maxv=-INF; 
        o->ch[0]=l,o->ch[1]=build(sz-sz/2-1);
        o->flip=o->s=0;
        o->maintain();
        return o;
    }
    void init(int sz) {
        n=null->s=null->addv=0;
        null->v=null->maxv=-INF;
        root=build(sz);
    }
}ss;

int n,m;
int main() {
    n=read(),m=read();
    ss.init(n+1);
    int k,l,r,v;
    Node *left,*right,*mid;
    for(int i=0;i<m;i++) {
        k=read(),l=read(),r=read();
        split(ss.root,l,left,right),split(right,r-l+1,mid,right);
        switch(k) {
            case 1:
                v=read(); mid->addv+=v;
                break;
            case 2:
                mid->flip^=1;
                break;
            case 3:
                printf("%d\n",mid->maxv);
                break;
        }
        ss.root = merge(merge(left,mid),right);
    }
    return 0;
}