【ACWing】2437. Splay

题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/2439/

给定一个长度为$n$的整数序列，初始时序列为$1,2,\dots ,n-1,n$。序列中的位置从左到右依次标号为$1\sim n$。我们用$[l,r]$来表示从位置$l$到位置$r$之间（包括两端点）的所有数字构成的子序列。现在要对该序列进行$m$次操作，每次操作选定一个子序列$[l,r]$，并将该子序列中的所有数字进行翻转。例如，对于现有序列1 3 2 4 6 5 7，如果某次操作选定翻转子序列为$[3,6]$，那么经过这次操作后序列变为1 3 5 6 4 2 7。请你求出经过$m$次操作后的序列。

输入格式：
第一行包含两个整数$n,m$。接下来$m$行，每行包含两个整数$l,r$，用来描述一次操作。

输出格式：
共一行，输出经过$m$次操作后的序列。

数据范围：
$1\le n,m\le 10^5$
$1\le l\le r\le n$

fhq treap的写法参考https://blog.csdn.net/qq_46105170/article/details/121119431。下面介绍splay tree（又叫做”伸展树“）的写法。

要翻转$[l:r]$这段区间，则需要一个数据结构，可以将这个区间的数隔离出来，然后进行翻转。执行翻转的时候，只需要每个节点维护一个懒标记即可做到$O(\log n)$的时间，对于怎么隔离出那个区间，fhq treap可以通过分裂的方式，而splay tree则是通过伸展的方式。

首先关于左旋右旋，可以参考https://blog.csdn.net/qq_46105170/article/details/118997891。而伸展树平衡的方式是，每次查询或添加数据的时候，都将该数据的节点通过旋转转到树根的位置。可以证明如果每次都进行这样的操作，可以使得每次操作期望时间复杂度是$O(\log n)$的。而splay操作可以将指定的节点旋转到树根或者某个节点$p$的儿子处，这里的$p$一般指的就是树根（当然$p$必须是指定的节点的某个祖宗，否则是没法转过去的）。例如，我们想把某个节点$x$转到树根处。如果$x$就是树根，那就不用转了；否则，如果$x$的父亲是树根，则直接做一次单旋即可；否则$x$的父亲$y$和$y$的父亲$z$都非空。这里需要将$x$向上旋两次，要按两种情况讨论：如果$x$是$y$的左儿子且$y$也是$z$的左儿子（或者$x$是$y$的右儿子且$y$也是$z$的右儿子），那么就先将$y$旋上去，然后再将$x$旋上去；如果$x$是$y$的左儿子且$y$是$z$的右儿子（或者$x$是$y$的右儿子且$y$是$z$的左儿子），那么直接将$x$向上旋转两次。即$x,y,z$如果是直线，则先转父亲再转自己；否则转两次自己。如图所示：


注意，只有这样的旋转才能证明每次操作期望时间复杂度$O(\log n)$。

而对于伸展操作，只需要每次都将当前节点向上按上面的方式转上去，转到指定位置停止即可。

设原区间是$A$，现在考虑实现插入和翻转$A[l:r]$操作：
1、插入就直接像普通BST那样插入，然后对插入的新节点做splay操作即可；
2、翻转$A[l:r]$，先找到$A[l-1]$这个节点（当然这个节点可能不存在，所以我们需要加入两个哨兵节点，分别记为$0$和$n+1$号节点）splay到树根，然后将$A[r+1]$这个节点splay到树根下面，那么显然$A[r+1]$的左子树就是$A[l:r]$，然后对其翻转即可，即直接打上懒标记。注意在查$A[l-1]$和$A[r+1]$的时候，每次向下之前都需要做pushdown操作。pushdown的做法是，交换左右子树，清空自己的懒标记，然后下传懒标记（即左右儿子打上懒标记，如果原来有懒标记则清除）。

代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
struct Node {
    
    
    int s[2], p, v;
    int size;
    // 这里的reverse就是懒标记
    bool reverse;
    void init(int _v, int _p) {
    
    
        v = _v, p = _p;
        size = 1;
    }
} tr[N];
int root, idx;

void pushup(int x) {
    
    
    tr[x].size = tr[tr[x].s[0]].size + tr[tr[x].s[1]].size + 1;
}

// 下传懒标记
void pushdown(int x) {
    
    
	// 如果自己有懒标记，则交换左右子树，下传懒标记，最后清空自己的懒标记
    if (tr[x].reverse) {
    
    
        swap(tr[x].s[0], tr[x].s[1]);
        tr[tr[x].s[0]].reverse ^= 1;
        tr[tr[x].s[1]].reverse ^= 1;
        tr[x].reverse = 0;
    }
}

// 将x向上转一次
void rotate(int x) {
    
    
    int y = tr[x].p, z = tr[y].p;
    int k = tr[y].s[1] == x;
    tr[z].s[tr[z].s[1] == y] = x, tr[x].p = z;
    tr[y].s[k] = tr[x].s[k ^ 1], tr[tr[x].s[k ^ 1]].p = y;
    tr[x].s[k ^ 1] = y, tr[y].p = x;
    pushup(y), pushup(x);
}

// 将x转到g的下面。如果g = 0，则转到树根。一般这里的g要么是0要么是树根
void splay(int x, int g) {
    
    
    while (tr[x].p != g) {
    
    
        int y = tr[x].p, z = tr[y].p;
        if (z != g) 
        	// 如果三者不构成直线，则转父亲；否则转自己
            if ((tr[y].s[0] == x) ^ (tr[z].s[0] == y)) rotate(x);
            else rotate(y);
        rotate(x);
    }

    if (!g) root = x;
}

void insert(int v) {
    
    
    int u = root, p = 0;
    while (u) p = u, u = tr[u].s[v > tr[u].v];
    u = ++idx;
    // 如果p不空，则插在p下面；如果p空，则说明树空，则直接new出节点v
    if (p) tr[p].s[v > tr[p].v] = u;
    tr[u].init(v, p);
    splay(u, 0);
}

// 查树中中序遍历第k个数
int get_k(int k) {
    
    
    int u = root;
    while (u) {
    
    
    	// 下去查之前要先pushdown
        pushdown(u);
        if (tr[tr[u].s[0]].size >= k) u = tr[u].s[0];
        else if (tr[tr[u].s[0]].size + 1 < k) {
    
    
            k -= tr[tr[u].s[0]].size + 1;
            u = tr[u].s[1];
        } else return u;
    }

    return -1;
}

void output(int u) {
    
    
    if (!u) return;

	// 走到下一层之前要pushdown
    pushdown(u);
    output(tr[u].s[0]);
    if (tr[u].v >= 1 && tr[u].v <= n)
        printf("%d ", tr[u].v);
    output(tr[u].s[1]);
}

int main() {
    
    
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i <= n + 1; i++)
        insert(i);

    while (m--) {
    
    
        int l, r;
        scanf("%d%d", &l, &r);
        // 要翻转原数组的[l : r]，由于有哨兵节点，所以实际上是在
        // 翻转[l + 1: r + 1]，即要找第l和第r + 2个节点
        l = get_k(l), r = get_k(r + 2);
        // 将l转到树根，将r转到树根下面，则r的左子树即为要翻转的区间
        splay(l, 0), splay(r, l);
        // 翻转只需要打上懒标记即可
        tr[tr[r].s[0]].reverse ^= 1;
    }

    output(root);

    return 0;
}

每次操作时间复杂度$O(\log n)$（splay两次加上一次打懒标记），空间$O(n)$。