因为最近学了Splay,刚看到这个题目总共四种操作,把某个数移到另一个数的左边 或者右边 交换两个数 翻转整个序列,马上想到用Splay,因为总点数和总操作数都为10^5,如果用Splay把操作优化到logN级别,应该是可以再1sec过得。

于是我就好心急的在那里敲Splay,敲着敲着就发现不对劲了,题目要求的把x移到y的左边或者右边 或者交换x和y的值,不是指序列的第x位和y位,而是就直接指数值为x和y的那两个数。所以Splay根本就不适用

所以还是回到链表来,其实用链表也挺简单的,一开始我还想复杂了,每个x和y就固定对应自己的节点x,y,进行4个操作的时候,前三个,只要把节点x和节点y连起来或者交换即可,当然要处理好彼此的前缀和后继。然后最后一个翻转整个序列操作,其实就是把每个点的前缀变后继 后继变前缀即可。所以一开始不要固定前缀和后继,用个ch[2],再设置个p变量,初始设为0,这样 ch[p]代表前缀,ch[!p]代表后缀。当出现翻转操作,把p变一下,就直接实现了前变后 后变前的作用。

还要注意添加 0点和 n+1点来预防越界操作,而且0点和n+1还可以作为整个序列的头部,因为对这两个点是不会有操作的,所以最后遍历链表的时候,看p的值选择0或者n+1点作为序列头部,至此,完美解决此题。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
int n,m,p;
struct node
{
int ch[];
} num[N];
void link(int a,int b)
{
num[b].ch[p]=a;
num[a].ch[!p]=b;
}
int main()
{
int kase=,x,y,d;
while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
p=;
for (int i=;i<=n;i++)
{
link(i,i+);
}
for (int i=;i<m;i++)
{
scanf("%d",&d);
if (d==)
{
p^=;
continue;
}
scanf("%d%d",&x,&y);
if (d==)
{
if (num[y].ch[p]==x)
continue;
else
{
link(num[x].ch[p],num[x].ch[!p]);
int tmp=num[y].ch[p];
link(tmp,x);
link(x,y);
}
}
if (d==)
{
if (num[y].ch[!p]==x)
continue;
link(num[x].ch[p],num[x].ch[!p]);
int tmp=num[y].ch[!p];
link(y,x);
link(x,tmp);
}
if (d==)
{
if (num[x].ch[p]==y)
{
int tmp=num[x].ch[!p];
link(num[y].ch[p],x);
link(x,y);
link(y,tmp);
continue;
}
if (num[x].ch[!p]==y)
{
int tmp=num[x].ch[p];
link(x,num[y].ch[!p]);
link(y,x);
link(tmp,y);
continue;
}
int tmp1=num[y].ch[p];
int tmp2=num[y].ch[!p];
link(num[x].ch[p],y);
link(y,num[x].ch[!p]);
link(tmp1,x);
link(x,tmp2);
}
}
int sta;
if (p) sta=n+;
else sta=;
int cur=;
p^=;
long long ans=;//结果可能超过int,所以用64位来表示
for (int i=sta;;)
{
i=num[i].ch[p];
cur++;
if (cur>n) break;
if (cur&)
{
ans+=(long long)i;
}
}
printf("Case %d: %lld\n",++kase,ans);
}
return ; }

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