题解：Splay

一、题目分析

本题给定一个初始为({1, 2, \cdots, n - 1, n})的整数序列，对其进行(m)次操作，每次操作选定一个子序列([l, r])，将该子序列中的所有数字进行翻转，要求输出经过(m)次操作后的序列。

二、解题思路

本题使用Splay树来解决，Splay树是一种自平衡二叉搜索树，通过旋转操作保持树的平衡，同时利用其性质来实现区间翻转。

（一）Splay树节点定义

struct Node
{
    int s[2], p, v;
    int size, flag;

    void init(int _v, int _p)
    {
        v = _v, p = _p;
        size = 1;
    }
}tr[N];

定义节点结构体Node，包含左右子节点指针s[2]、父节点指针p、节点值v、子树大小size以及翻转标记flag。init函数用于初始化节点。

（二）Splay树基本操作函数

1. 更新节点大小函数pushup：

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

根据左右子树的大小更新当前节点的子树大小。

1. 下传翻转标记函数pushdown：

void pushdown(int x)
{
    if (tr[x].flag)
    {
        swap(tr[x].s[0], tr[x].s[1]);
        tr[tr[x].s[0]].flag ^= 1;
        tr[tr[x].s[1]].flag ^= 1;
        tr[x].flag = 0;
    }
}

若当前节点有翻转标记，交换其左右子树，并将翻转标记下传给左右子节点，同时清除当前节点的标记。

1. 旋转函数rotate：

void rotate(int x)
{
    int y = tr[x].p, z = tr[y].p;
    int k = tr[y].s[1] == x;  // k=0表示x是y的左儿子；k=1表示x是y的右儿子
    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);
}

对节点x进行旋转操作，根据x是其父节点y的左儿子还是右儿子，进行相应的旋转，并更新节点大小。

1. Splay操作函数splay：

void splay(int x, int k)
{
    while (tr[x].p != k)
    {
        int y = tr[x].p, z = tr[y].p;
        if (z != k)
            if ((tr[y].s[1] == x) ^ (tr[z].s[1] == y)) rotate(x);
            else rotate(y);
        rotate(x);
    }
    if (!k) root = x;
}

将节点x通过旋转操作调整到节点k的子节点位置（若k = 0，则调整到根节点）。

（三）插入函数insert

void insert(int v)
{
    int u = root, p = 0;
    while (u) p = u, u = tr[u].s[v > tr[u].v];
    u = ++ idx;
    if (p) tr[p].s[v > tr[p].v] = u;
    tr[u].init(v, p);
    splay(u, 0);
}

向Splay树中插入值为v的节点，先找到合适的插入位置，然后插入节点并将其Splay到根节点。

（四）获取第k小元素的节点函数get_k

int get_k(int k)
{
    int u = root;
    while (true)
    {
        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) return u;
        else k -= tr[tr[u].s[0]].size + 1, u = tr[u].s[1];
    }
    return -1;
}

在Splay树中找到第k小的元素对应的节点，通过比较左子树大小和k的值，在树中进行搜索。

（五）输出函数output

void output(int u)
{
    pushdown(u);
    if (tr[u].s[0]) output(tr[u].s[0]);
    if (tr[u].v >= 1 && tr[u].v <= n) printf("%d ", tr[u].v);
    if (tr[u].s[1]) output(tr[u].s[1]);
}

中序遍历Splay树，输出节点值在(1)到(n)之间的元素，在遍历前先下传翻转标记。

（六）主函数main

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);
        l = get_k(l), r = get_k(r + 2);
        splay(l, 0), splay(r, l);
        tr[tr[r].s[0]].flag ^= 1;
    }
    output(root);
    return 0;
}

1. 读取序列长度n和操作次数m。
2. 向Splay树中插入(0)到(n + 1)的节点，其中(0)和(n + 1)作为哨兵节点，方便处理边界情况。
3. 对于每次操作，读取子序列的左右端点l和r，通过get_k找到对应的节点，然后将左端点节点Splay到根节点，右端点节点Splay到左端点节点的右子节点位置，对右端点节点的左子树进行翻转（通过翻转标记实现）。
4. 最后通过中序遍历输出经过操作后的序列。

四、时间复杂度和空间复杂度

（一）时间复杂度

• 插入操作：每次插入时间复杂度为(O(\log n))，初始化插入(n + 2)个节点，时间复杂度为(O(n\log n))。
• 每次操作：获取节点、Splay操作和标记翻转时间复杂度均为(O(\log n))，(m)次操作总时间复杂度为(O(m\log n))。
• 输出操作：中序遍历时间复杂度为(O(n))。
• 因此，总的时间复杂度为(O((n + m)\log n))。

（二）空间复杂度

代码中使用了数组模拟的Splay树，最多存储(n + 2)个节点，所以空间复杂度为(O(n))。