题目链接：http://poj.org/problem?id=3580
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SuperMemo
Time Limit: 5000MS Memory Limit: 65536K
Total Submissions: 15846 Accepted: 4992
Case Time Limit: 2000MS
Description
Your friend,Jackson is invited to a TV show called SuperMemo in which the participant is told to play a memorizing game. At first,the host tells the participant a sequence of numbers,{A1,A2,… An}. Then the host performs a series of operations and queries on the sequence which consists:
ADD x y D: Add D to each number in sub-sequence {Ax … Ay}. For example,performing “ADD 2 4 1” on {1,2,3,4,5} results in {1,5,5}
REVERSE x y: reverse the sub-sequence {Ax … Ay}. For example,performing “REVERSE 2 4” on {1,5}
REVOLVE x y T: rotate sub-sequence {Ax … Ay} T times. For example,performing “REVOLVE 2 4 2” on {1,5}
INSERT x P: insert P after Ax. For example,performing “INSERT 2 4” on {1,5}
DELETE x: delete Ax. For example,performing “DELETE 2” on {1,5}
MIN x y: query the participant what is the minimum number in sub-sequence {Ax … Ay}. For example,the correct answer to “MIN 2 4” on {1,5} is 2
To make the show more interesting,the participant is granted a chance to turn to someone else that means when Jackson feels difficult in answering a query he may call you for help. You task is to watch the TV show and write a program giving the correct answer to each query in order to assist Jackson whenever he calls.
Input
The first line contains n (n ≤ 100000).
The following n lines describe the sequence.
Then follows M (M ≤ 100000),the numbers of operations and queries.
The following M lines describe the operations and queries.
Output
For each “MIN” query,output the correct answer.
Sample Input
5
1
2
3
4
5
2
ADD 2 4 1
MIN 4 5
Sample Output
5
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题意：
给出一个数字序列，有6种操作：
（1） ADD x y d： 第x个数到第y个数加d 。
（2） REVERSE x y ： 将区间[x,y]中的数翻转 。
（3） REVOLVE x y t ：将区间[x,y]旋转t次，如1 2 3 4 5 旋转2次后就变成4 5 1 2 3 。
（4） INSERT x p ：在第x个数后面插入p 。
（5）DELETE x ：删除第x个数 。
（6） MIN x y ： 查询区间[x,y]中的最小值 。
本来不想写来着 但想到 好多天没有更新博客了，加上这题还是挺好玩儿的，还是应该更新一波吧。
就是区间加，翻转，剪切，询问最值。点插入，删除。这几个操作
有翻转了 所以用SPLAY来维护一下
区间加 区间最小值就不说了 和普通的二叉搜索树一模一样.
点插入 删除
假如要插入的点在x
那么让x-1做为树根,x+1伸展到根节点下面,那么x+1的左儿子就是空出来的 加个值就好了
删除发过来一样的
区间操作
对于区间[l,r]
那么让l-1做为树根,r+1伸展到根节点下面,那么r+1的左儿子就是这个区间但为了更好的处理[1,n]这个区间 加上个0和n+1这两个节点
翻转
同样在一个二叉树中 翻转也就是让每个节点的两个儿子交换一下顺序就好了,打个标记 就行了,
旋转
其实旋转说白了就是将这个区间分成两段然后交换一下子,
所以我们可以将后一个区间处理到一个子树上,然后放到
l−1@H_404_125@,l 这两个节点之间,就好了,先减掉,然后在加上去就好了
注: 个人的SPLAY模板正在建设,这个的代码比较杂乱,见谅.
附本题代码
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//#include <bits/stdc++.h>
#include <stdio.h>
typedef long long int LL;
const int N = 200000+7;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for(;ch<'0'||'9'<ch;ch=getchar()) if(ch=='-')f=-1;
for(;'0'<=ch&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
/*******************************************************/
/*************SPLAY-tree************/
int n,m;
int ch[N][2]; //ch[][0] lson ch[][1] rson
int f[N]; //father
int sz[N]; //size
int val[N]; //value of node_i
int lazy[N]; //lazy-tag
int mi[N]; //min of son-tree : root of i
int rev[N]; //tag of revear
int root; //root of splay-tree
int tot; //tot,total,is the number of node of tree
void myswap(int &x,int &y){
x^=y,y^=x,x^=y;
}
int min(int x,int y){
return (x<y)?x:y;
}
void update_rev(int x){
if(!x) return ;
myswap(ch[x][0],ch[x][1]);
rev[x]^=1;
}
void update_add(int x,int v){
if(x) lazy[x]+=v,val[x]+=v,mi[x]+=v;
}
void pushdown(int x){
if(!x) return ;
if(lazy[x]){
update_add(ch[x][0],lazy[x]);
update_add(ch[x][1],lazy[x]);
lazy[x]=0;
}
if(rev[x]){
update_rev(ch[x][0]);
update_rev(ch[x][1]);
rev[x]=0;
}
}
void pushup(int x){
if(!x)return ;
sz[x]=1,mi[x]=val[x];
if(ch[x][0])sz[x]+=sz[ch[x][0]],mi[x]=min(mi[x],mi[ch[x][0]]);
if(ch[x][1])sz[x]+=sz[ch[x][1]],mi[ch[x][1]]);
}
void rotate(int x,int k){ // k = 0 左旋， k = 1 右旋
int y=f[x];int z=f[y];
pushdown(y),pushdown(x);
ch[y][!k]=ch[x][k];if(ch[x][k])f[ch[x][k]]=y;
f[x]=z;if(z)ch[z][ch[z][1]==y]=x;
f[y]=x;ch[x][k]=y;
pushup(y),pushup(x);
}
/*** 这样的SPLAY 不好么？ 相比分6种旋转的 zig-zag */
void splay(int x,int goal){
for(int y=f[x];f[x]!=goal;y=f[x])
rotate(x,(ch[y][0]==x));
if(goal==0) root=x;
}
void newnode(int rt,int v,int fa){
// printf("%d <---\n",rt);
f[rt]=fa;
mi[rt]=val[rt]=v;sz[rt]=1;
ch[rt][0]=ch[rt][1]=rev[rt]=lazy[rt]=0;
}
void delnode(int rt){
f[rt]=mi[rt]=val[rt]=sz[rt]=0;
ch[rt][0]=ch[rt][1]=rev[rt]=lazy[rt]=0;
}
void build(int &rt,int l,int r,int fa){
if(l>r) return ;
int m = r+l >> 1;
rt=m; newnode(rt,val[rt],fa);
build(ch[rt][0],l,m-1,rt);
build(ch[rt][1],m+1,r,rt);
pushup(rt);
}
void init(int n){
root=0;
f[0]=sz[0]=ch[0][0]=ch[0][1]=rev[0]=0;
build(root,1,n,0);
pushup(root);
}
/***************************以下是DEBUG***************************/
void Traversal(int rt){
if(!rt) return;
pushdown(ch[rt][0]);Traversal(ch[rt][0]);
printf("%d f[]=%d sz[]=%d lson=%d rson=%d val[]=%d mi[]=%d \n",rt,f[rt],sz[rt],ch[rt][0],ch[rt][1],mi[rt]);
pushdown(ch[rt][1]);Traversal(ch[rt][1]);
pushup(rt);
}
void debug(){
printf("ROOT = %d <---\n",root);
pushdown(root);
Traversal(root);
}
/**************************以下是前置操作**************************/
//以x为根的子树 的最左节点
int x_left(int x){
for(pushdown(x);ch[x][0];pushdown(x)) x=ch[x][0];
return x;
}
//以x为根的子树 的最右节点
int x_right(int x){
for(pushdown(x);ch[x][1];pushdown(x)) x=ch[x][1];
return x;
}
//以x为根的子树 第k个数的位置
int kth(int x,int k){
pushdown(x);
if(sz[ch[x][0]]+1 == k) return x;
else if(sz[ch[x][0]]>=k) return kth(ch[x][0],k);
else return kth(ch[x][1],k-sz[ch[x][0]]-1);
}
/***************************以下是正经操作**************************/
/*** 如果有区间为[1,n]情况不好处理， 所以我们可以 多添加一个head，一个tail 这样的话区间[1,n]就是tail的左儿子了,*/
//区间交换
void exchange(int l1,int r1,int l2,int r2){
int x=kth(root,l2-1),y=kth(root,r2+1);
splay(x,0),splay(y,x);
int tmp_right = ch[y][0]; ch[y][0]=0;
x=kth(root,l1-1),l1);
splay(x,x);
ch[y][0] = tmp_right;
f[tmp_right]=y;
}
//区间翻转
void reversal(int l,int r){
int x=kth(root,l-1),r+1);
splay(x,0);splay(y,x);
update_rev(ch[y][0]);
}
//区间加
void add(int l,int v){
int x=kth(root,x);
update_add(ch[y][0],v);
}
//按照二叉排序树性质插入x
void _insert(int x){
/** 其实我们也可以 将插入后临街的两个节点 a x b 将a伸展到根 b伸展到 根下 那么b的左儿子一定没有，插进去就行了， */
}
//在第k个数后插入值为x的节点
void _insert(int k,int x){
int r=kth(root,k),rr=kth(root,k+1);
splay(r,splay(rr,r);
// puts("begin insert <-------------------");
// printf("%d %d %d\n",rr,tot);
// debug();
// puts("end insert <-------------------");
newnode(++tot,x,rr);ch[rr][0]=tot;
for(r=rr;r;r=f[r])pushdown(r),pushup(r);
splay(rr,0);
}
//删除第k个数
void _delete(int k){
splay(kth(root,k-1),0);
splay(kth(root,k+1),root);
delnode(ch[ch[root][1]][0]);
ch[ch[root][1]][0]=0;
pushup(ch[root][1]);
pushup(root);
}
//int get_max(int l,int r){
// int x=kth(root,l-1),r+1);
// splay(x,0);splay(y,x);
// return mx[ch[y][0]];
//}
int get_min(int l,x);
return mi[ch[y][0]];
}
/*****************************************************/
char s[12];
int main(){
scanf("%d",&n);
val[1]=val[n+2]=1000000000;
for(int i=1+1;i<=n+1;i++) val[i]=read();
tot=n+2;init(n+2);
scanf("%d",&m);
for(int i=1,d,v;i<=m;i++){
scanf("%s",s);
if(s[0]=='A'){ //ADD
scanf("%d%d%d",&l,&r,&d);
add(l+1,r+1,d);
}
else if(s[0]=='I'){ //INSERT
scanf("%d%d",&d);
_insert(l+1,d);
}
else if(s[0]=='M'){ //MIN
scanf("%d%d",&r);
printf("%d\n",get_min(l+1,r+1));
}
else if(s[0]=='D'){ //DELETE
scanf("%d",&l);
_delete(l+1);
}
else if(s[3]=='E'){ //REVERSE
scanf("%d%d",&r);
reversal(l+1,r+1);
}
else { //REVOLVE
scanf("%d%d%d",&d);
d=(d%(r-l+1)+r-l+1)%(r-l+1);
if(d) exchange(l +1,r-d +1,r-d+1 +1,r +1);
}
// debug();
}
// debug();
return 0;
}
/**** 5 1 2 3 4 5 6 ADD 1 3 1 INSERT 3 3 DELETE 4 MIN 1 5 MIN 2 5 REVOLVE 1 5 2 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15 ADD 4 8 3 MIN 5 7 MIN 7 10 REVERSE 2 5 MIN 2 6 MIN 2 3 INSERT 3 4 MIN 3 4 MIN 5 10 DELETE 6 MIN 3 5 MIN 4 4 REVOLVE 3 6 7 MIN 5 8 MIN 7 10 // */
