题意:给定一个长度为n的01串,你的任务是依次执行如表所示的m条指令:

1 p c 在第p个字符后插入字符,p = 0表示在整个字符串之前插入
2 p 删除第p个字符,后面的字符往前移
3 p1 p2反转第p1到第p2个字符
4 p1 p2输出从p1开始和p2开始的两个后缀的LCP。

析:对于前三个操作,splay 很容易就可以解决,但是对于最后一个操作,却不是那么容易,因为这是动态的,所以我们也要维护一个可以动态的,这就可以用Hash来解决,由于要翻转,所以要维护两个,一个正向的,一个反向的。在操作4时,先进行二分,然后用哈希进行判断,由于串不是太长,所以误差比较小。

代码如下:

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <sstream>
#include <list>
#include <assert.h>
#include <bitset>
#define debug() puts("++++");
#define gcd(a, b) __gcd(a, b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a, b, sizeof a)
//#define sz size()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define all 1,n,1
#define FOR(x,n) for(int i = (x); i < (n); ++i)
#define freopenr freopen("in.txt", "r", stdin)
#define freopenw freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std; typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e15;
const double inf = 1e20;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 4e5 + 100;
const int mod = 3;
const int dr[] = {-1, 0, 1, 0};
const int dc[] = {0, 1, 0, -1};
const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};
int n, m;
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
inline bool is_in(int r, int c) {
return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
} // UVa 11996 #define Key_value ch[ch[root][1]][0]
int pre[maxn], ch[maxn][2], key[maxn], sz[maxn];
int root, tot1;
int rev[maxn];
int s[maxn], tot2;
char a[maxn];
ULL H[maxn], revH[maxn];
ULL xp[maxn]; void NewNode(int &rt, int fa, int x){
if(tot2) rt = s[tot2--];
else rt = ++tot1;
pre[rt] = fa;
key[rt] = H[rt] = revH[rt] = x;
ch[rt][0] = ch[rt][1] = 0;
rev[rt] = 0;
sz[rt] = 1;
} void push_up(int rt){
int l = ch[rt][0], r = ch[rt][1];
sz[rt] = sz[l] + sz[r] + 1;
H[rt] = key[rt] * xp[sz[r]] + H[r] + H[l] * xp[sz[r]+1];
revH[rt] = key[rt] * xp[sz[l]] + revH[l] + revH[r] * xp[sz[l]+1];
} void update_rev(int rt){
if(!rt) return ;
swap(ch[rt][0], ch[rt][1]);
swap(H[rt], revH[rt]);
rev[rt] ^= 1;
} void push_down(int rt){
if(rev[rt]){
update_rev(ch[rt][0]);
update_rev(ch[rt][1]);
rev[rt] = 0;
}
} void Build(int &rt, int l, int r, int fa){
if(l > r) return ;
int m = l+r >> 1;
NewNode(rt, fa, a[m] - '0');
Build(ch[rt][0], l, m-1, rt);
Build(ch[rt][1], m+1, r, rt);
push_up(rt);
} void Init(){
tot1 = root = tot2 = 0;
ch[root][0] = ch[root][1] = sz[root] = pre[root] = 0;
key[root] = 0; H[root] = revH[root] = 0;
NewNode(root, 0, -1);
NewNode(ch[root][1], root, -1);
scanf("%s", a);
Build(Key_value, 0, n-1, ch[root][1]);
push_up(ch[root][1]);
push_up(root);
} int Get_kth(int rt, int k){
push_down(rt);
int t = sz[ch[rt][0]] + 1;
if(t == k) return rt;
if(t > k) return Get_kth(ch[rt][0], k);
return Get_kth(ch[rt][1], k-t);
} void Rotate(int x, int k){
int y = pre[x];
push_down(y);
push_down(x);
ch[y][!k] = ch[x][k];
pre[ch[x][k]] = y;
if(pre[y]) ch[pre[y]][ch[pre[y]][1]==y] = x;
pre[x] = pre[y];
ch[x][k] = y;
pre[y] = x;
push_up(y);
} void Splay(int rt, int goal){
push_down(rt);
while(pre[rt] != goal){
if(pre[pre[rt]] == goal){
push_down(pre[rt]);
push_down(rt);
Rotate(rt, ch[pre[rt]][0] == rt);
continue;
}
push_down(pre[pre[rt]]);
push_down(pre[rt]);
push_down(rt);
int y = pre[rt];
int k = ch[pre[y]][0] == y;
if(ch[y][k] == rt){
Rotate(rt, !k);
Rotate(rt, k);
}
else{
Rotate(y, k);
Rotate(rt, k);
}
}
push_up(rt);
if(goal == 0) root = rt;
} void Insert(int pos){
scanf("%s", a);
Splay(Get_kth(root, pos+1), 0);
Splay(Get_kth(root, pos+2), root);
Build(Key_value, 0, 0, ch[root][1]);
push_up(ch[root][1]);
push_up(root);
++n;
} void Erase(int rt){
if(!rt) return ;
s[++tot2] = rt;
Erase(ch[rt][0]);
Erase(ch[rt][1]);
} void Delete(int pos){
Splay(Get_kth(root, pos), 0);
Splay(Get_kth(root, pos+2), root);
Erase(Key_value);
pre[Key_value] = 0;
Key_value = 0;
push_up(ch[root][1]);
push_up(root);
--n;
} void Reverse(int pos, int tot){
Splay(Get_kth(root, pos), 0);
Splay(Get_kth(root, pos+tot+1), root);
update_rev(Key_value);
push_up(ch[root][1]);
push_up(root);
} bool judge(int p1, int p2, int mid){
Splay(Get_kth(root, p1), 0);
Splay(Get_kth(root, p1+mid+1), root);
ULL ans = H[Key_value];
Splay(Get_kth(root, p2), 0);
Splay(Get_kth(root, p2+mid+1), root);
return ans == H[Key_value];
} int solve(int p1, int p2){
int l = 1, r = n - p2 + 1;
while(l <= r){
int mid = l + r >> 1;
if(judge(p1, p2, mid)) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
return l - 1;
} int main(){
xp[0] = 1;
for(int i = 1; i < maxn; ++i) xp[i] = xp[i-1] * mod;
while(scanf("%d %d", &n, &m) == 2){
Init();
while(m--){
int op, p, q;
scanf("%d %d", &op, &p);
if(1 == op) Insert(p);
else if(2 == op) Delete(p);
else if(3 == op){
scanf("%d", &q);
Reverse(p, q-p+1);
}
else{
scanf("%d", &q);
printf("%d\n", solve(p, q));
}
}
}
return 0;
}

  

UVa 11996 Jewel Magic (splay + Hash + 二分)的更多相关文章

  1. UVA 11996 Jewel Magic —— splay、序列的分裂与合并、LCP的哈希算法

    #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> ...

  2. UVA - 11996 Jewel Magic (Treap+二分哈希)

    维护一个01序列,一共四种操作: 1.插入一个数 2.删除一个数 3.反转一个区间 4.查询两个后缀的LCP 用Splay或者Treap都可以做,维护哈希值,二分求LCP即可. 注意反转序列的时候序列 ...

  3. 【bzoj1014】[JSOI2008]火星人prefix Splay+Hash+二分

    题目描述 火星人最近研究了一种操作:求一个字串两个后缀的公共前缀.比方说,有这样一个字符串:madamimadam,我们将这个字符串的各个字符予以标号:序号: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ...

  4. 【BZOJ】1014: [JSOI2008]火星人prefix(splay+hash+二分+lcp)

    http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1014 题意:支持插入一个字符.修改一个字符,查询lcp.(总长度<=100000, 操作< ...

  5. bzoj1014: [JSOI2008]火星人prefix(splay+hash+二分)

    题目大意:一个字符串三个操作:①求两个后缀的LCP②插入一个字符③修改一个字符. 前几天刚学了hash+二分求lcp,就看到这题. 原来splay还能这么用?!原来splay模板这么好写?我以前写的s ...

  6. BZOJ 1014 [JSOI2008]火星人prefix (Splay + Hash + 二分)

    1014: [JSOI2008]火星人prefix Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MBSubmit: 8112  Solved: 2569[Submit] ...

  7. bzoj1014: [JSOI2008]火星人prefix splay+hash+二分

    Description 火星人最近研究了一种操作:求一个字串两个后缀的公共前缀.比方说,有这样一个字符串:madamimadam,我们将这个字符串的各个字符予以标号:序号: 1 2 3 4 5 6 7 ...

  8. P4036 [JSOI2008]火星人(splay+hash+二分)

    P4036 [JSOI2008]火星人 Splay维护hash,查询二分 $a[x].vl=a[lc].vl*ha[a[rc].sz+1]+a[x].w*ha[a[rc].sz]+a[rc].vl$ ...

  9. UVA 12338 Anti-Rhyme Pairs(hash + 二分)题解

    题意:给出两个字符串的最大相同前缀. 思路:hash是要hash,不hash是不可能的.hash完之后从头遍历判断超时然后陷入沉默,然后告诉我这能二分orz,二分完就过了,写二分条件写了半天.不要用数 ...

随机推荐

  1. Java中的GetOpt操作

    在shell工具中,有专门的getopt函数,使用方法如下所示: while getopts "d:t:vh" opt; do case "${opt}" in ...

  2. 第四章.使用ant编译hadoop eclipse插件

    从hadoop 0.20.203以后,hadoop的发布包里,不再对eclipse插件进行jar包发布,而是给出了打包的代码,需要各位开发人员自己进行打包和设置.我们打的包必须跟自己使用的hadoop ...

  3. 【BZOJ】2743: [HEOI2012]采花(树状数组)

    题目 传送门:QWQ 分析 已经凉凉.看错数据范围敲了发莫队........ 和HH的项链差不多,把每种颜色之前的颜色到再之前的颜色这段区间 区间加. 区间加就树状数组特技 代码 #include & ...

  4. MySql入门(1)

    环境变量的重要性环境变量是在操作系统中一个具有特定名字的对象,它包含了一个或者多个应用程序所将使用到的信息.例如Windows和DOS操作系统中的path环境变量,当要求系统运行一个程序而没有告诉它程 ...

  5. 基于RabbitMQ的跨平台RPC框架

    RabbitMQRpc protocobuf RabbitMQ 实现RPC https://www.cnblogs.com/LiangSW/p/6216537.html 基于RabbitMQ的RPC ...

  6. C# 重构

    重构是在编写代码后在不更改代码的外部行为的前提下通过更改代码的内部结构来改进代码的过程. 一.何时需要重构 1.代码中存在重复的代码: 如果类中有重复的代码块,需将其提炼出一个新的独立方法,如果是不同 ...

  7. xe8 单元别名

    xe8 单元别名 Unit scope F2613 Unit 'Graphics' not found. Project>Option>Unit scope names> vcl.I ...

  8. Delphi C++Builder RAD XE Ver 版本 官方发布时间

    RAD 新版本发布时间记录 代号,官方发布时间 RIO 10.3.1,VER330,Product Ver 26 Program File 20,2019.2.14 发布 24周年 RIO 10.3, ...

  9. 7. H.264的句法和语义

    1.句法 在编码器输出的码流中,数据的基本单位是句法元素,每个句法元素由若干比特组成,它表示某个特定的物理意义,例如:宏块类型.量化参数等. 句法表征句法元素的组织结构,语义阐述句法元素的具体含义. ...

  10. JDBC读取配置文件

    Properties prop = new Properties(); prop.load(this.class.getClassLoader().getResourceAsStream(" ...