题解 UVA12538 【自带版本控制功能的IDE Version Controlled IDE】

题目大意

维护一种数据结构，资磁三种操作。

1.在p位置插入一个字符串s

2.从p位置开始删除长度为c的字符串

3.输出第v个历史版本中从p位置开始的长度为c的字符串1≤n≤50000，所有字符串总长度小于等于10^6，输出字符串总长度小于等于20000

强制在线，每次输入中的数字都要减去你的所有输出中字母c的个数

思路 #1：可持久化FHQ Treap

（如果你懒得打一大长串的代码，就去看思路#2）

不难看出，这是一道可持久化FHQ Treap的模板题，就是在插入时要O(n)建树，要不会TLE

我们可以直接用一个递归函数build来解决

// s : 用来存储插入的字符串
// struct z[] : 可持久化Treap的本体 QwQ
// int newnode(char) : 建立一个新的节点

void build(int l, int r, int &rt) {
	if(l > r) return; // 边界
	int m = (l + r) >> 1; 
	rt = newnode(s[m]);
	build(l, m - 1, z[rt].ch[0]);
	build(m + 1, r, z[rt].ch[1]);
	update(rt);  // 更新信息
}

然后我们将根节点直接并到总树中去即可

一定要记住，我们要统计已经输出 'c' 的个数，然后把输入的数字减去这个已经输出的 'c' 的个数（强制在线嘛QwQ）

剩下的细节在代码的注释中写到：

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define go(i, j, n, k) for(int i = j; i <= n; i += k)
#define mn 50010
inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch > '9' || ch < '0') { if(ch == '-') f = -f; ch = getchar(); }
	while(ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return x * f;
}

char s[mn * 10];
struct tree {
	int ch[2], pri, sze;
	char w;
} z[mn * 100]; // 可持久化的数据结构嘛，数组要开大几十倍 
int n, m, cnt, rot[mn], xx, yy, zz, d, now;
// xx / yy / zz ：辅助变量，记录分裂后子树的根节点
// d ：记录已经输出的 'c' 的个数
// now ：目前版本
 
inline void update(int rt) {
	z[rt].sze = 1;
	if(z[rt].ch[0])
		z[rt].sze += z[z[rt].ch[0]].sze;
	if(z[rt].ch[1])
		z[rt].sze += z[z[rt].ch[1]].sze;
}
// 更新sze（按解决的问题看还可以类似线段树的更新一样可以更新其他信息）
 
inline int newnode(char w = 0) {
	z[++cnt].w = w;
	z[cnt].pri = rand();
	z[cnt].sze = 1;
	return cnt;
}
// 建立新节点的函数

 
int merge(int x, int y) {
	if(!x || !y) return x + y; 
	int rt = newnode(); 
	if(z[x].pri < z[y].pri) {
		z[rt] = z[x];
		z[rt].ch[1] = merge(z[rt].ch[1], y);
	} else {
		z[rt] = z[y];
		z[rt].ch[0] = merge(x, z[rt].ch[0]);
	}
	update(rt);
	return rt;
}
// 合并操作（模板 

void split(int rt, int k, int &x, int &y) {
	if(!rt) x = y = 0;
	else {
		if(k <= z[z[rt].ch[0]].sze) {
			z[y = newnode()] = z[rt];
			split(z[y].ch[0], k, x, z[y].ch[0]);
			update(y);
		} else {
			z[x = newnode()] = z[rt];
			split(z[x].ch[1], k - z[z[rt].ch[0]].sze - 1, z[x].ch[1], y);
			update(x);
		}
	}
}
// 分裂操作（模板 

inline int findkth(int rt, int k) {
	while(1119) {
		if(k <= z[z[rt].ch[0]].sze)
			rt = z[rt].ch[0];
		else {
			if(z[rt].ch[0]) k -= z[z[rt].ch[0]].sze;
			if(!--k) return rt;
			rt = z[rt].ch[1];
		}
	}
}
// 查询第 k 值（模板，这里好像没有用 

void build(int l, int r, int &rt) {
	if(l > r) return;
	int m = (l + r) >> 1;
	rt = newnode(s[m]);
	build(l, m - 1, z[rt].ch[0]);
	build(m + 1, r, z[rt].ch[1]);
	update(rt); 
}
// 建树操作
 
inline void ins(int &rt, int last, int pos) {
	// rt : 更新的版本根节点
	// last : 旧版本的根节点
	// pos : 要插入的位置 
	xx = yy = zz = 0;
	scanf("%s", s + 1);
	// 字符串的输入让我放在这个地方了哦QwQ 
	int len = strlen(s + 1); 
	split(last, pos, xx, zz);
	// 注意这个地方要用旧版本的根节点进行 split 操作 
	build(1, len, yy);
	// 建树操作 
	rt = merge(merge(xx, yy), zz);
	// 重新合并 
}
// 插入操作 

inline void del(int &rt, int last, int pos, int len) {
	// rt : 更新的版本根节点
	// last : 旧版本的根节点
	// pos : 要删除的位置 
	// len : 要删除的长度 
	xx = yy = zz = 0;
	// 记得清零，要不影响下次调用 
	split(last, pos - 1, xx, yy);
	split(yy, len, yy, zz);
	// 分成三组，然后把前后两组合并（中间的是被删除的 
	rt = merge(xx, zz);
}
// 删除操作 

void print(int rt) {
	// rt : 当前节点 
	if(!rt) return;
	print(z[rt].ch[0]);
	putchar(z[rt].w);
	if(z[rt].w == 'c') ++d;
	// 记得统计 'c' 啊 
	print(z[rt].ch[1]);
}
// 遍历二叉树输出答案 

void print(int rt, int pos, int len) {
	// rt : 更新的版本根节点
	// pos : 要输出的起始位置 
	// len : 要输出的长度 
	xx = yy = zz = 0;
	// 记得清零，要不影响下次调用 
	split(rt, pos - 1, xx, yy);
	split(yy, len, yy, zz);
	// 分离出我们要输出的子树 
	print(yy);
	putchar('\n');
}

inline void solve() {
	n = read();
	go(i, 1, n, 1) {
		xx = yy = zz = 0;
		int s = read();
		if(s == 1) {
			int p = read() - d; 
			// 注意要 - d！（看题目要求啊QAQ 
			ins(rot[now + 1], rot[now], p);
			++now;
			// 毕竟更新过一次，所以版本数 + 1 
		} else if(s == 2) {
			int p = read() - d, l = read() - d;
			// 注意要 - d！！（看题目要求啊QAQ 
			del(rot[now + 1], rot[now], p, l);
			++now;
			// 毕竟更新过一次，所以版本数 + 1 
		} else {
			int ver = read() - d, p = read() - d, l = read() - d;
			// 注意要 - d！！！（看题目要求啊QAQ 
			print(rot[ver], p, l);
		}
	}
}
int main(){
//	init();
	solve();
	return 0;
}

思路 #2：STL —— rope

直接使用STL中的rope，这个代码太易懂了，我就不细讲了，免的写平衡树了（就是稍微慢点）

code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <ext/rope>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define go(i, j, n, k) for(int i = j; i <= n; i += k)
inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch > '9' || ch < '0') { if(ch == '-') f = -f; ch = getchar(); }
	while(ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return x * f;
}
using namespace __gnu_cxx; 
crope z[50010], r, str;
char a[222];
int n, p, d, c, v, now;
inline void solve() {
	n = read();
	go(x, 1, n, 1) {
		int s = read();
		if(s == 1) {
			p = read() - d;
			scanf("%s", a);
			r.insert(p, a);
			z[++now] = r;
		} else if(s == 2) {
			p = read() - d, c = read() - d;
			r.erase(p - 1, c);
			z[++now] = r;
		} else if(s == 3) {
			v = read() - d, p = read() - d, c = read() - d; 
			str = z[v].substr(p - 1, c);
			d += count(str.begin(), str.end(), 'c');
			cout << str << "\n";
		}
	}
}
int main(){
//	init();
	solve();
	return 0;
}

希望可以帮到初学可持久化FHQ Treap和STL rope的同学QwQ