前言
這下又不是官解了吧？
模擬賽題，在一個月後又出現在了資料結構講稿上，令人忍俊不禁。
Solution
官方解法是用線段樹加矩陣，不過賽時的我顯然沒這麼聰明，是想不到的。
賽時我就只知道先發掘一些答案的性質。
一、一些性質
首先，發現這個撤銷操作比較棘手，考慮沒有撤銷操作的情況下，每一個新的操作對答案的貢獻。
發現：對於每次操作二，對答案的貢獻絕對只有 \(1\)！
只是在開頭結尾各自加上一個括號，從左括號 \(+1\)、右括號 \(-1\) 來看，字首陣列是時刻 \(\ge0\) 的，如果在開頭結尾加上一個括號，那字首陣列就只有最後一位為 \(0\)，也就是以第一個括號開頭只能匹配結尾括號，反之亦然。
類似的，考慮操作一在結尾加上一組括號，增加的貢獻一定是以最後括號結尾的，此時
(......)(......)(......) + ()
前面有幾組括號貢獻就是組數 \(+1\)，例如上圖中尾部加入括號，貢獻為 \(4\)。
換句話說，操作二貢獻恆為 \(1\)，操作一貢獻取決於前面連續操作一的次數，貢獻為連續次數 \(+1\)。
有一種 OSU! 的美。
二、如何維護
你以為這道題就做完了？撤銷操作才是本題的重點！
考慮撤銷操作可能會對連續操作一的長度有影響。
比如說：
2 1 1 1 1 2 1 1 1
撤銷掉第二個操作二，會導致其左右兩邊操作一連起來。
就像打音遊，本來某個位置一直斷，有一次這裡全連了，最後連擊數就會變高。
而且還可以撤銷撤銷操作，就導致已經被撤銷的操作二可能會打贏復活賽。
換句話說我們得維護一個關於操作二的連結串列，能支援隨時在某個位置插入，刪除和查詢前面或者後面的第一個操作二。
但是直接寫連結串列，操作一怎麼辦？
因為我們還需要能夠快速得出兩個位置之間的操作一次數，這是一個區間查詢，連結串列上顯然行不通。
但是偶然間想到一個複雜度稍遜但是也可以維護連結串列的東西：平衡樹！
這道題的解法就顯然了：
用 set 維護操作二的插入和刪除，記錄下每次操作二的位置之後，便可以用樹狀陣列來查詢其間操作一數量。
三、具體影響
末尾加操作二，簡單，\(+1\) 即可。
末尾加操作一，用 set 找到上一個還活著的操作二，樹狀陣列求出其間的操作一數量為 \(x\) 貢獻為 \(x+1\)。
中間插入或刪除操作一：找到左右的操作二，剩下同上。
中間插入或刪除操作二，看看這個操作二左右兩端各有多長的操作一，簡單計算即可。
複雜度顯然為 \(O(n\log n)\)。
這顯然不是官方解法，而且顯然比官方做法簡單。
AC 程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t[1234657],n,cnt;
void change(int x,int v)
{
for(;x<=n+10;x+=x&-x) t[x]+=v;
}
int ask(int x)
{
int ans=0;
for(;x>0;x-=x&-x) ans+=t[x];
return ans;
}
set<int> s,fs;
int i,j,op,x;
int ot[666666],ch[666666],lo[666666];
signed main()
{
cin>>n;
for(i=1;i<=n;i++)
ch[i]=i;
int ans=1,p=1;
s.insert(0);fs.insert(0);
s.insert(n+1);fs.insert(-n-1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
cin>>op;
ot[i]=op;
if(op==1)
{
cnt++;
lo[i]=cnt;
change(cnt,1);
int q=-(*fs.upper_bound(-cnt));
ans+=ask(cnt)-ask(q)+1;
}
if(op==2)
{
ans++;
cnt++;
lo[i]=cnt;
s.insert(cnt);fs.insert(-cnt);
}
if(op==3)
{
cin>>x;
ch[i]=-ch[x];
if(ch[i]>0)
{
int ty=ot[ch[i]],loc=lo[ch[i]];
int fr=-(*fs.upper_bound(-loc)),bk=*s.upper_bound(loc);
if(ty==1)
{
change(loc,1);
ans+=ask(bk-1)-ask(fr)+1;
}
if(ty==2)
{
s.insert(loc);fs.insert(-loc);
ans++;
int c=ask(bk-1)-ask(fr);
ans-=c*(c+3)/2;
c=ask(loc-1)-ask(fr);
ans+=c*(c+3)/2;
c=ask(bk-1)-ask(loc);
ans+=c*(c+3)/2;
}
}
else
{
int ty=ot[-ch[i]],loc=lo[-ch[i]];
int fr=-*fs.upper_bound(-loc),bk=*s.upper_bound(loc);
if(ty==1)
{
change(loc,-1);
ans-=ask(bk-1)-ask(fr)+2;
}
if(ty==2)
{
ans--;
s.erase(loc);fs.erase(-loc);
int c=ask(bk-1)-ask(fr);
ans+=c*(c+3)/2;
c=ask(loc-1)-ask(fr);
ans-=c*(c+3)/2;
c=ask(bk-1)-ask(loc);
ans-=c*(c+3)/2;
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
後記
這題解有一種為了一碗醋包了一盤餃子的美。
什麼叫資料結構只會樹狀陣列啊。