NOI2005 维护数列 lg2042
这道题据说是noi题目中算是比较毒瘤的数据结构题了，5k多的代码加上随手写挂细节，我调了两天
题面见https://www.luogu.org/problemnew/show/P2042
（歪个题，这类区间操作的数据结构题可以先去写GSS系列题，会比较容易理解合并的操作）
（再歪个题，我将在近期补一篇博客说一下自己区间树的理解）
一共维护6个操作
第一个操作为插入一棵新的子树，因为是插子树，所以单点插是要t飞的，那么就考虑一个优化，先建好树再挂到他应该出现的位置上
复杂度从nlogn降到了n。
第二个操作删除就把l-1,r+1分别转到根和根的左儿子，那么根的左儿子的右儿子就是题目中需要处理的区间了，直接递归删就完事了
第三个操作翻转就是文艺平衡树里的那样了
第四个区间覆盖的思路也和操作二类似，把需要操作的区间专门转出来，然后打个lazy_tag就好了
第五个操作也同上，把区间转出来之后输出一下sum
第六个操作就直接查询根节点信息里的区间最大值就好了
操作拆开考虑是都不难，但揉在一起的时候就麻了，希望大家能顺利写出这道题。
#include<bits/stdc++.h> #include<queue> using namespace std; #define INF 1000000000 int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } int n,m,cnt,root,a[1000010],id[1000010]; queue<int> q; struct node{ int ch[2],sum,cnt,val,f,size,lmax,rmax,maxx; bool cov,rev; }st[1000010]; inline bool identify(int p){ return st[st[p].f].ch[1]==p; }//认定自己是父亲的左儿子还是右儿子 inline void connect(int x,int fa,int son){ st[x].f=fa;st[fa].ch[son]=x;return; }//连接操作 inline void push_up(int x){//上推操作 int ls=st[x].ch[0];int rs=st[x].ch[1]; st[x].size=st[ls].size+st[rs].size+1;//该子树的大小为左右子树大小之和加上一 st[x].sum=st[ls].sum+st[rs].sum+st[x].val;//子树的权值和等于左右子树的和加上当前点的权值 st[x].maxx=max(st[ls].rmax+st[x].val+st[rs].lmax,max(st[ls].maxx,st[rs].maxx));//最大值，左端最大值，右端最大值，记住要加上当前点的权值，其它就是常规操作 st[x].lmax=max(st[ls].lmax,st[ls].sum+st[x].val+st[rs].lmax); st[x].rmax=max(st[rs].rmax,st[rs].sum+st[x].val+st[ls].rmax); } inline void push_down(int x){//下移标记，这个操作我写挂了两次，头麻 int ls=st[x].ch[0];int rs=st[x].ch[1]; if(st[x].cov){//如果有覆盖操作，翻转就没用了 st[x].cov=st[x].rev=0; if(ls) st[ls].val=st[x].val,st[ls].cov=true,st[ls].sum=st[ls].size*st[ls].val;//有左儿子的话下推标记 if(rs) st[rs].val=st[x].val,st[rs].cov=true,st[rs].sum=st[rs].size*st[rs].val;//有右儿子的话下推标记 if(st[x].val>=0){ if(ls) st[ls].lmax=st[ls].rmax=st[ls].maxx=st[ls].sum; if(rs) st[rs].lmax=st[rs].rmax=st[rs].maxx=st[rs].sum; } else{ if(ls) st[ls].lmax=st[ls].rmax=0,st[ls].maxx=st[ls].val; if(rs) st[rs].lmax=st[rs].rmax=0,st[rs].maxx=st[rs].val; } } /* 下推标记其实没有什么亮点，就是写起来比较长然后容易写挂细节 这里着重解释一下为什么左右max可以为0，而区间max一定要选择一个值 因为区间合并的时候需要用左右儿子的左右端的最大值，值设为0的意思就是不选择这个区间里的任何东西 如果是写过线段树上维护区间的人可能会想既然不选的东西，值设成负的有什么大不了呢，可这里就有一个 不大一样的操作，左右子树信息上推的时候要加上当前节点的值，如果不把lmax和rmax设成0，就要分多种情况讨论 这代码本来写起来就麻烦了，再分类讨论......所以，当前节点的值若小于0的时候，lmax和rmax就设为0 */ if(st[x].rev){ st[x].rev^=1;st[ls].rev^=1;st[rs].rev^=1; swap(st[ls].lmax,st[ls].rmax);swap(st[rs].lmax,st[rs].rmax); swap(st[ls].ch[0],st[ls].ch[1]);swap(st[rs].ch[0],st[rs].ch[1]);//翻转的时候记得换儿子 } } inline void rotate(int x){//splay的常规操作就没啥好说的了 int y=st[x].f;int z=st[y].f; int yson=identify(x);int zson=identify(y); int b=st[x].ch[yson^1]; connect(b,y,yson);connect(y,x,(yson^1));connect(x,z,zson); push_up(y);push_up(x);return; } inline void splay(int x,int goal){ while(st[x].f!=goal){ int y=st[x].f;int z=st[y].f; int yson=identify(x);int zson=identify(y); if(z!=goal){ if(yson==zson) rotate(y); else rotate(x); } rotate(x); } if(!goal) root=x; return; } inline int find(int p,int rk){//此处运用了一个区间树查询的思想，我会在近期写一份关于区间树的博客，请期待（逃 push_down(p); int ls=st[p].ch[0];int rs=st[p].ch[1]; if(st[ls].size+1==rk) return p; if(st[ls].size>=rk) return find(ls,rk); return find(rs,rk-st[ls].size-1); } inline void recycle(int p){//这辣鸡题卡内存，那么就废物利用呗 if(!p) return; int ls=st[p].ch[0];int rs=st[p].ch[1]; recycle(ls);recycle(rs);q.push(p); st[p].ch[0]=st[p].ch[1]=st[p].f=0; st[p].rev=st[p].cov=0;return; } inline int split(int k,int tot){//这个操作就找到自己要修改的区间端点的l-1和r+1,分别旋转到根和根的右儿子 int x=find(root,k);int y=find(root,k+tot+1);//那么根的右儿子的左儿子就是当前要操作的区间了 splay(x,0);splay(y,x);return st[y].ch[0];//这个和文艺平衡树的操作类似，可以参考那份代码进行理解 }//最后返回一下当前区间子树的根节点 inline void query(int k,int tot){ int x=split(k,tot); printf("%d\n",st[x].sum);return; } inline void cov(int k,int tot,int val){ int x=split(k,tot);int y=st[x].f; st[x].val=val;st[x].cov=true;st[x].sum=st[x].size*val; if(val>=0){st[x].lmax=st[x].rmax=st[x].maxx=st[x].sum;} else{st[x].lmax=st[x].rmax=0;st[x].maxx=val;} push_up(y);push_up(st[y].f);return; }//区间覆盖区间翻转道理都差不多 //我就解释一下区间覆盖把，区间覆盖的时候，当前值改一下，lazy_tag改一下，相应的最大值总和改一下，上推一下，它就很合理...... inline void rev(int k,int tot){ int x=split(k,tot); int y=st[x].f;int z=st[y].f; if(!st[x].cov){ st[x].rev^=1;swap(st[x].ch[0],st[x].ch[1]); swap(st[x].lmax,st[x].rmax); push_up(y);push_up(st[y].f); } } inline void erase(int k,int tot){ int x=split(k,tot);int y=st[x].f; recycle(x);st[y].ch[0]=0; push_up(y);push_up(st[y].f);return; }//区间删除 inline void build(int l,int r,int f){ if(l>r) return; int mid=(l+r)>>1;int now=id[mid];int last=id[f]; if(l==r){ st[now].sum=a[l];st[now].size=1; st[now].rev=st[now].cov=0; if(a[l]>=0){st[now].lmax=st[now].rmax=st[now].maxx=a[l];} else{st[now].lmax=st[now].rmax=0;st[now].maxx=a[l];} } else build(l,mid-1,mid),build(mid+1,r,mid); st[now].val=a[mid];st[now].f=last;push_up(now); st[last].ch[mid>=f]=now;return; }//这个操作它对每个节点进行标号并依照这个进行建树 inline void insert(int k,int tot){ for(int i=1;i<=tot;i++) a[i]=read(); for(int i=1;i<=tot;i++){ if(!q.empty()){id[i]=q.front();q.pop();} else id[i]=++cnt; } build(1,tot,0);int z=id[(1+tot)>>1]; int x=find(root,k+1);int y=find(root,k+2); splay(x,0);splay(y,x); st[z].f=y;st[y].ch[0]=z; push_up(y);push_up(x);return; }//在插入一棵新的子树的时候，可以先把这棵子树建出来，然后往原树上一挂，美滋滋 int main(){ n=read();m=read();int i,j,k;//记得给根节点赋极小值 st[0].maxx=-INF;memset(a,-0x3f,sizeof(a)); for(i=1;i<=n;i++) a[i+1]=read(); for(i=1;i<=n+2;i++) id[i]=i; build(1,n+2,0);cnt=n+2;root=(n+3)>>1; int tot,val; char ch[10]; while(m--) {//操作跟着题目要求走就好了 scanf("%s",ch); if(ch[0]!='M'||ch[2]!='X')k=read(),tot=read(); if(ch[0]=='I') insert(k,tot); if(ch[0]=='D') erase(k,tot); if(ch[0]=='M') { if(ch[2]=='X')printf("%d\n",st[root].maxx); else val=read(),cov(k,tot,val); } if(ch[0]=='R')rev(k,tot); if(ch[0]=='G')query(k,tot); } return 0; }
