splay

https://www.luogu.org/problem/P3960 splay 我们观察每一行除了最后一个数之外的数在操作中是如何变化的。 如果出队在(x,y)，那么第x行（除了最后一个数）会弹出第y个数，它后面的数依次左移，再在最后插入一个数（就是最后一列当前的第x个数）；然后，对于最后一列，我们要弹出第x个数（插入到第x行），再在最后插入一个数（就是刚出队的那个）。 所以，我们无论是对于行还是列，都要执行两种操作：第一，弹出第k个数，第二，在尾部插入一个数。这可以用splay来实现。 但是这样的话空间复杂度是 O(nm) O ( n m ) 。 我们发现有些人从始至终都是左右相邻的，这些人对应的splay节点可以合并。 于是我们在维护splay的时候，所有连续的数的区间我们用一个节点维护，记录这个节点表示的区间的左右端点； 如果我们发现要弹出的数在某个节点内部，我们就把它拆开，拆成3个节点（其中中间那个节点只有一个数，就是我们要的那个数），拆点的过程可以直接跑splay上的insert，删除中间那个节点就是splay上的删除。 总时间复杂度为 O(nlogn) O ( n l o g n ) 。 #include <cstdio> namespace rqy{ //命名空间是为了防止和某些奇怪的变量命名冲突，也可以去掉 typedef long long LL; const

Splay && LCT \(\text{Splay}\) 基本操作 1. \(Zig \& Zag\) 其思想是维护中序遍历不变 实现中我们不真的用 \(Zig\) 或 \(Zag\) 而是注意到他们调用的左右永远是反的 一个函数就可以实现，一定每次看图 inline void rotate(re int x){ re int y=fa[x],z=fa[y],l=*son[x]^x,r=l^1; if(fa[y])*son[z]==y?*son[z]=x:son[z][1]=x;fa[x]=z; son[y][l]=son[x][r];fa[son[y][l]]=y; son[x][r]=y;fa[y]=x; pushup(x);pushup(y); } \(2.Splay\) 有三种情况 \(Zig/Zag\) 和 \(Zig+Zig/Zag+Zag\) 和 \(Zig+Zag/Zag+Zig\) (永远从下往上) 记住一句话: 后面两个操作只有 \(x\) 与它父亲不共线就转它两次，否则转它一次 inline void Splay(re int x){ pushdown(x); while(fa[x]){ if(fa[fa[x]])pushdown(fa[fa[x]]);pushdown(fa[x]);pushdown(x); if(fa[fa[x]])((*son[fa

没调完呢~ code: #include <set> #include <map> #include <cstdio> #include <algorithm> #define N 200005 #define inf 1200000005 #define lson p[x].ch[0] #define rson p[x].ch[1] #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int tot,cnt,pp,root; set<int>S[N]; map<int,int>idx,sp; set<int>::iterator it; struct data { int ch[2],f,maxx,val,id,size; }p[N]; int newnode() { return ++tot; } int get(int x) { return p[p[x].f].ch[1]==x; } void pushup(int x) { p[x].maxx=p[x].val; p[x].maxx=max(p[x].val,max(p[lson].maxx,p[rson].maxx)); p[x].size=p[lson].size+p[rson].size+1; } void rotate(int x) {

（又是一个被我咕咕咕很久了的知识点） 板子题 一、Splay 又叫伸展树，分裂树。是一种二叉排序/查找/搜索树。 Splay是一种平衡二叉树，及优化后的二叉查找树。靠伸展操作splay可以自我调整，使得提升效率 二、二叉排序树的性质 或者是一颗空树 或者具有以下性质： 若左子树不空，则左子树上所有节点的值均小于或等于它的根节点的值 若柚子树不空，则右子树上所有节点的值均大于或等于它的根节点的值 左右子树也分别为二叉排序树 同样的序列，因为排序不同，可能会生成不同的二叉排序树，查找效率性就不一定了。如果傻叉排序树退化成一条链，效率就很低。 三、变量定义 : : val[ x ]代表x存储的值 : cnt[ x ]代表x存储的重复权值的个数 : fa[ x ]代表x的父节点 : siz[ x ]代表x子树下的储存的权值数（包括重复权值，也包括自己） 四、支持的操作 查找第k大的数 查找一个数的排名 查找一个数的前驱 查找一个数的后继 区间翻转 --------------------------------------------------------------------------------- chk：查询一个节点是其父节点的左儿子还是右儿子 pushup：更新siz数组的值 rotate：旋转保持平衡 splay：伸展，将一个节点一直rotate到制定节点的儿子 find

有点巧妙啊！ s[x]每次维护的是最小值 我们将边按从大到小排个序,这样编号小的就在前面啦！QAQ 再按最小生成树的LCT的做法来 不过我们每次要用一个book标记前面最小边的编号 每次要更新答案时，一直往前跳，跳到最晚更新的即使最小的 我口胡的，错了请dalao指出 #include<iostream> #include<cmath> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #define MN 700005 #define re register int #define ll long long using namespace std; int f[MN],v[MN],s[MN],r[MN],son[MN][2]; int zhan[MN]; int n,m,cnt; int book[MN]; int ltk; struct tu{ int u,v,w; }e[MN]; bool comp(tu p,tu q){ return p.w<q.w; } int get(int x){////判断节点是否为一个Splay的根（与普通Splay的区别1） return son[f[x]][0]==x||son[f[x]][1]==x; }////如果连的是轻边，他的父亲的儿子里没有它 void pushup(int

题目描述： 您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一个有序数列，其中需要提供以下操作：翻转一个区间，例如原有序序列是5 4 3 2 1，翻转区间是[2,4]的话，结果是5 2 3 4 1 。 输入： 第一行为n,m n表示初始序列有n个数，这个序列依次是(1,2……n-1,n) m表示翻转操作次数 接下来m行每行两个数[l,r] 数据保证 1<=l<=r<=n 输出： 输出一行n个数字，表示原始序列经过m次变换后的结果 题目地址： bzoj 或 洛谷 题解： 这题目调了我好久，最后发现是全局变量的锅qwq。 最近刚学Splay，总算搞明白了Splay维护序列的原理。就来发题解记录一下。 首先我们的这一颗Splay的中序遍历即为我们要求的结果。这里的Splay并不是传统意义上的平衡二叉树（即某个节点的左儿子的权值小于该节点的权值，右儿子节点的权值大于该节点的权值）节点权值在这里除了最后输出是没有意义的。我们其实是用一个数在Splay中的排名来代表原序列上这个排名的所在位置的（注意是所在位置，并不代表某一特定值）。 然后我们考虑如何找出区间$[l,r]$，我们首先将排名为$l-1$的节点一路旋转到根，然后将排名为$r+1$的节点旋转为根节点的右儿子（此时它一定在根节点右子树中，因为排名比根节点的排名$l-1$更大）。然后此时根节点的右儿子的左子树内就是我们要求的区间$[l,r]

平衡树SPLAY 平衡树这个东西 一点用没有 ，非常有用，而且锻炼码力，是个非常好的模板题！ 那么SPLAY这个东西 十分的毒瘤 我只调了一上午就调出来了！（我真棒） 首先 我们要知道平衡树是一棵二叉查找树 他可以处理：加点，删点，前驱，后继，num的排名，某排名的num，合并两棵平衡树，分离两棵平衡树 关于其原理 网上有很多 而且比较简单 对于splay来说 原理并不是最难的 码代码才是最难的！ 那么就提一提细节吧： 当这一棵树为空的时候， \(tot\) 不一定=0，而 \(root=0\) 当这一棵树为空的时候，如果新加入一个节点，那么没有必要对于这个节点进行splay操作，（反正我的代码会死循环QAQ） 在rotate完了时候 记得update呀 对于该有返回值的函数 一定要返回值！（可怜孩子调了半天） 还有就是在： \(insert(build),find,dele,oprank\) 函数里面要 \(splay\) 嗷 注意:在我的函数 \(rank\) 中 我只能找到在平衡树中有的 \(val\) 的排名 而不存在的 \(val\) 这个函数是查不到的 注释掉的代码也可以查询rank 但是 好丑啊！！ #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> using

旋转： 让自己的k^1儿子代替自己成为父亲的儿子 代替父亲的位置成为爷爷的儿子 让父亲代替自己的k^1儿子成为自己的儿子 注意事项： 如果当前点和它的父节点是同向节点（都是左/右儿子），则先转父亲，再转自己；否则连续转两次自己 如果当前点的父亲是整棵树的树根，则直接转自己 来源： https://www.cnblogs.com/White-star/p/11728127.html

大佬链接： https://www.cnblogs.com/gzh-red/p/11011557.html #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=201000; struct splay_tree { int ff,cnt,ch[2],val,size; } t[N]; int root,tot; void update(int x) { t[x].size=t[t[x].ch[0]].size+t[t[x].ch[1]].size+t[x].cnt; } void rotate(int x) { int y=t[x].ff; int z=t[y].ff; int k=(t[y].ch[1]==x); t[z].ch[(t[z].ch[1]==y)]=x; t[x].ff=z; t[y].ch[k]=t[x].ch[k^1]; t[t[x].ch[k^1]].ff=y; t[x].ch[k^1]=y; t[y].ff=x; update(y);update(x); } void splay(int x,int s) { while(t[x].ff!=s) { int y=t[x].ff,z=t[y].ff; if (z!=s) (t[z].ch[0]==y)^(t[y].ch[0]==x)?rotate

CF573E 题意概要 给出一个长度为 \(n\) 的数列，从中选出一个子序列 \(b[1...m]\) （ 可以为空 ） 使得 \[ \sum_{i=1}^m{b_i*i}\] 最大，输出这个最大值。 其中 \(n\le10^5\) 题解 设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数选择 \(j\) 个数的最大值 那么，转移方程则为： \[ dp_{i,j}=max(dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-1}+j*a_i) \] 于是我们就得到了一个 \(n^2\) 的做法 我们考虑优化这个式子。 经 \(dalao\) 证明，发现总有存在一个分界线，这之前的取前者，这之后的取后者 大佬的证明在 这里 我们二分分界线，然后用平衡树维护就好了 顺带一提，我今日方知 \(splay\) 没事多$ splay $几下还会变快 代码 #include<bits/stdc++.h> #include<windows.h> #define lch c[x][0] #define rch c[x][1] using namespace std; typedef long long ll; const int sz=1e5+7; int n; ll v,ans; int rt,cnt; int f[sz]; int c[sz][2]; int siz[sz]; ll val[sz]