Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

HINT

Source

线段树。

这道题如果没有旋转翻转操作的话就是一道区间修改，区间查询的线段树水题。

那么对于R,F操作应该怎么处理呢？

通过画图可以发现R,F操作之后珠子的位置改变了，但是珠子的相对位置没变（相对位置通俗来说就是一个珠子左右两边的珠子还是原来那两个）

所以对于R,F操作我们只需要分别记录两个量即可：mov,rev

1.mov:表示当前整体顺时针移动了mov（即k变成k+mov）

输入R k，分两种情况：

没有被翻转过，mov+=k；

 被翻转过，mov-=k

2.rev:表示当前是否被翻转过

输入F,直接rev^=1

有了mov和rev之后，每次读入一个位置，把这个位置转换成最初他所在的位置，然后再在线段树上进行修改，查询即可。(见代码中change(x))

注意：

1.每次修改或查询子树之前要下传标记，修改子树之后要上传标记。

2.push_down,push_up操作中对于没有子树的结点要特判。

3.push_up中要记得修改lc（最左端颜色）,rc（最右端颜色）的值

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#define N 500005
using namespace std;
int rev=0,mov=0;
int n,cnt,c[N];
struct segtree
{
	int modi,lc,rc,cs,l,r;   //分别表示被修改成的数，最左端颜色，最右端颜色，当前区间有几个部分，左儿子，右儿子
}a[N*3];
void change(int &a)
{
	if (rev) a=n-a+2;
	a-=mov;
	while (a<1) a+=n;
	while (a>n) a-=n;
}
void push_down(int x)
{
	if (a[x].modi)
	{
		a[x].lc=a[x].rc=a[a[x].l].modi=a[a[x].r].modi=a[x].modi;
		if (a[x].l==0||a[x].r==0) a[0].modi=0;
		a[x].cs=1;
		a[x].modi=0;
	}
}
void push_up(int x)
{
	if (!x) return;
	push_down(a[x].l);push_down(a[x].r);
	a[x].cs=a[a[x].l].cs+a[a[x].r].cs;
	if (a[x].cs>1&&a[a[x].l].rc==a[a[x].r].lc)
		a[x].cs--;
	if (a[x].l) a[x].lc=a[a[x].l].lc;
	if (a[x].r) a[x].rc=a[a[x].r].rc;
}
void build(int x,int l,int r)
{
	if (l>r) return;
	a[x].lc=c[l],a[x].rc=c[r];
	a[x].l=a[x].r=0;
	a[x].modi=0;
	if (l==r) 
	{
		a[x].cs=1;
		return;
	}
	int m=(l+r)>>1;
	build(x<<1,l,m);
	build(x<<1|1,m+1,r);
	if (l<=m) a[x].l=x<<1;
	if (m+1<=r) a[x].r=x<<1|1;
	push_up(x);
}
int getcolor(int x,int l,int r,int p)
{
	push_down(x);
	if (l==r&&l==p) return a[x].lc;
	int m=(l+r)>>1;
	if (p<=m) return getcolor(a[x].l,l,m,p);
	else return getcolor(a[x].r,m+1,r,p);
}
void paint(int x,int lx,int rx,int l,int r,int c)
{
	push_down(x);
	if (l<=lx&&r>=rx)
	{
		a[x].modi=c;
		return;
	}
	int m=(lx+rx)>>1;
	if (l<=m) paint(a[x].l,lx,m,l,r,c);
	if (r>m) paint(a[x].r,m+1,rx,l,r,c);
	push_up(x);
}
int count(int x,int lx,int rx,int l,int r)
{
	push_down(x);
	if (l==lx&&r==rx) return a[x].cs;
	int m=(lx+rx)>>1,ans=0;
	if (r<=m) ans=count(a[x].l,lx,m,l,r);
	else
	{
		if(l>m) ans=count(a[x].r,m+1,rx,l,r);
	    else
		{
			int o=0;
	        ans=count(a[x].l,lx,m,l,m)+count(a[x].r,m+1,rx,m+1,r);
	        if (a[a[x].l].rc==a[a[x].r].lc) o=1;
			ans-=o;
	        if (ans<=0) ans=1;
		}
	}
	return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&cnt);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&c[i]);
	build(1,1,n);
	int q;
	scanf("%d",&q);
	while (q--)
	{
		char str[10];
		scanf("%s",str);
		int k,x,y,xx,yy,g,ans;
		switch(str[0])
		{
			case 'R':
				scanf("%d",&k);
				if (rev) mov-=k;
				else mov+=k;
				while (mov<0) mov+=n;
				while (mov>n) mov-=n;
				break;
			case 'F':
				rev^=1;
				break;
			case 'S':
				scanf("%d%d",&x,&y);
				change(x),change(y);
				xx=getcolor(1,1,n,x),yy=getcolor(1,1,n,y);
				paint(1,1,n,x,x,yy);
				paint(1,1,n,y,y,xx);
				break;
			case 'P':	
				scanf("%d%d%d",&x,&y,&g);
				change(x),change(y);
				if (rev) swap(x,y);
				if (x>y) paint(1,1,n,x,n,g),paint(1,1,n,1,y,g);
				else paint(1,1,n,x,y,g);
                break;
			case 'C':
				if (strlen(str)>1) 
				{
					scanf("%d%d",&x,&y);
				    change(x),change(y);
				    if (rev) swap(x,y);
				    if (x<=y) 
					{
						ans=count(1,1,n,x,y);
						if (x==1&&y==n&&ans>1&&a[1].lc==a[1].rc) ans--;
					}
					else
					{
						ans=count(1,1,n,x,n)+count(1,1,n,1,y);
						if (a[1].lc==a[1].rc) ans--;
					}
				}
				else
				{
					ans=a[1].cs;
					if (ans>1&&a[1].lc==a[1].rc) ans--;
				}
				printf("%d\n",ans);
				break;
		}
	}
	return 0;
}

感悟：

1.过了样例一激动就交了，然后就CE了：头文件没写全。。

2.wa:是因为Push_up操作没写全，对于没有左右儿子的结点没有特殊处理

3.RE:线段树数组只开到了n*2，按理说是够了，但为什么会RE??

4.对于R,F操作的处理要抓住相对位置不变这一关键，就可以用线段树来做了；mov和rev要多加思考。。

【BZOJ 1493】[NOI2007]项链工厂