Splay
首先这是一个二叉搜索树。
类似的还有，红黑树，treap，AVL，SBT (傻x树) 等等
Splay因其代码适中，使用灵活，深受广大OIer喜爱(
左旋与右旋
Splay有一个左旋和右旋的的操作，是这种数据结构的核心
让我们直接来看过程。
假设我们有棵这样的树：
把 (x) 右旋之后:
左旋也是同样的道理。
Splay就是通过旋转来保持平衡，并进行插入，查询的。
我们每次操作一个节点，均将该节点旋转到树根。
听起来麻烦，但按照 Splay 的操作方式单次操作平均时间复杂度只有 (O(log n)) 级别。
我们如何将一个节点转至根节点？
定义一个 (Splay) 操作 (Splay(x,k)) 为将点 (x) 旋转到点 (k) 的下面。
向上旋转分四种情况：
我们只讨论前两种情况，后面的情况都是前面的镜像。
对于第一种情况，我们先右旋 (y) ，再右旋 (x)，得到下面的东西。
每次旋转，(x) 节点向上跳 (2) 层。
对于第二种情况，我们连续转两次 (x) 就可以了,先左旋一次再右旋一次。
注意：不要随便瞎转，只有这样转才能保证 (log) 级的复杂度。
还有这个 (k) ，一般就两个值，一个是 (0) (表示转到根节点下面)，一个是根节点。
插入
一般的插入，我们只需要将 Splay 当做一般的二叉搜索树，插入到它该被插入的地方。
然而还有其他情况。
比如让我们把一个序列插在 (y) 后面。也就是说在中序遍历里面序列在 (y) 的后面。
我们第一步先找到 (y) 的后继。
第二步，我们将 (y) 转到根上，即 (Splay(y,0))。
第三步，将 (z) 转到 (y) 的后面。
有平衡树的性质，所以我们知道 (z) 的左子树一定是空的。
我们把要插入的序列构造成二叉搜索树直接接上去就好了。
删除
我们希望删除 (L,R) 内的所有数。
第一步，找到 (L) 的前驱 (L-1) 和 (R) 的后缀 (R+1)。
第二步，将 (L-1) 转到根节点， (R+1) 转到根节点的右儿子上。
第三步，此时，我们要删除的区间就是右儿子的左子树。直接清空左子树即可。
维护信息
Splay如何取维护一个信息呢?
以下面的模板题为例。
我们要求找到第 (k) 个数，所以要维护子树的节点个数 (size)。
第二个是区间翻转的懒标记 (flag) 。
首先是 (pushup) 操作：
当前节点所在子树的 (size=) 这个节点的左子树的 (size+) 右子树的 (size+1) 。
另外一个就是 (pushdown) 操作，就是下传懒标记。
对于这个题的区间翻转，我们首先要交换左右两个儿子。
然后将 (flag) 下传到左右儿子，清空当前点的 (flag)。
(pushup) 函数应道放在旋转的最后。
(pushdown) 应该放在所有向下遍历过程的开头。
Splay应保证中序遍历是当前序列的顺序。
例题
[模板] 文艺平衡树
1s/256M
啥玩意名字
您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一个有序数列。
其中需要提供以下操作：翻转一个区间，例如原有序序列是 (5 4 3 2 1)，翻转区间是 ([2,4]) 的话，结果是 (5 2 3 4 1)。
输入格式
第一行两个正整数 (n,m)，表示序列长度与操作个数。序列中第 (i) 项初始为 (i)。
接下来 (m) 行，每行两个正整数 (l,r)，表示翻转的区间。
输出格式
输出一行 (n) 个正整数，表示原始序列经过 (m) 次变换后的结果。
输入样例：
6 3
2 4
1 5
3 5
输出样例：
5 2 1 4 3 6
解析
我们其实可以块状链表大力艹过但是这不符合我们本意。
写Splay罢。
splay板子
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
int n,m;
struct node
{
int s[2],p,v;
int size,flag;
void init(int _v,int _p)
{
v=_v, p=_p;
size=1;
}
} tree[N];
int root,idx=0;
#define lnode tree[node].s[0]
#define rnode tree[node].s[1]
void push_up(int node)
{
tree[node].size=tree[lnode].size+tree[rnode].size+1;
}
void push_down(int node)
{
if(tree[node].flag)
{
swap(lnode,rnode);
tree[lnode].flag^=1;
tree[rnode].flag^=1;
tree[node].flag=0;
}
}
void rotate(int x)//旋转(左旋和右旋合并在一起)
{
int y=tree[x].p,z=tree[y].p;
int k=tree[y].s[1]==x;// k=1 右儿子 k=0 左儿子
tree[z].s[tree[z].s[1]==y]=x;
tree[x].p=z;
tree[y].s[k]=tree[x].s[k^1];
tree[tree[x].s[k^1]].p=y;
tree[x].s[k^1]=y; tree[y].p=x;
push_up(y); push_up(x);
}
void splay(int x,int k)
{
while(tree[x].p!=k)
{
int y=tree[x].p,z=tree[y].p;
if(z!=k)
{
if((tree[y].s[1]==x)^(tree[z].s[1]==y))//是否为折线关系
rotate(x);
else rotate(y);
}
rotate(x);
}
if(!k) root=x;
}
void insert(int v)//一般二叉树插入
{
int u=root,p=0;
while(u) p=u,u=tree[u].s[v>tree[u].v];
u=++idx;
if(p) tree[p].s[v>tree[p].v]=u;
tree[u].init(v,p);
splay(u,0);
}
int get_(int k)//找到中序遍历下第k个数
{
int u=root;
while(1)
{
push_down(u);
if(tree[tree[u].s[0]].size>=k) u=tree[u].s[0];
else if(tree[tree[u].s[0]].size+1==k) return u;
else k-=tree[tree[u].s[0]].size+1,u=tree[u].s[1];
}
return -1;
}
void output(int node)//中序遍历
{
push_down(node);
if(lnode) output(lnode);
if(tree[node].v>=1 && tree[node].v <= n) printf("%d ",tree[node].v);
if(rnode) output(rnode);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
/*由于我们在操作的时候要取区间的前一个点或后一个点，
所以要在序列首尾添加两个哨兵防止越界*/
for(int i=0;i<=n+1;i++) insert(i);//插入
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
l=get_(l),r=get_(r+2);//我们加了哨兵，所以序号要平移一位
splay(l,0),splay(r,l);
tree[tree[r].s[0]].flag^=1;
}
output(root);
return 0;
}
例题
『NOI2004』 郁闷的出纳员
1s/256M
(题目背景我就不复制了)
输入格式
第一行有两个非负整数 (n) 和 (min)，(n) 表示下面有多少条命令，(min) 表示工资下界。
接下来的n行，每行表示一条命令，命令可以是以下四种之一：
- I命令，格式为”(I\_ k)”，表示新建一个工资档案，初始工资为k。如果某员工的初始工资低于工资下界，他将立刻离开公司。
- A命令，格式为”(A\_ k)”，表示把每位员工的工资加上k。
- S命令，格式为”(S\_ k)”，表示把每位员工的工资扣除k。
- F命令，格式为”(F\_ k)”，表示查询第k多的工资。
_（下划线）表示一个空格，I 命令、A 命令、S 命令中的 (k) 是一个非负整数， F 命令中的(k)是一个正整数。
在初始时，可以认为公司里一个员工也没有。
输出格式
输出行数为 F 命令的条数加一。
对于每条 F 命令，你的程序要输出一行，仅包含一个整数，为当前工资第k多的员工所拿的工资数，如果k大于目前员工的数目，则输出 (-1)。
输出文件的最后一行包含一个整数，为离开公司的员工的总数。
注意，如果某个员工的初始工资低于最低工资标准，那么将不计入最后的答案内。
数据范围
I 命令的条数不超过 (100000)，
A 命令和S命令的总条数不超过 (100)，
F 命令的条数不超过 (100000)，
每次工资调整的调整量不超过 (1000)，
新员工的工资不超过 (100000)。
输入样例：
9 10
I 60
I 70
S 50
F 2
I 30
S 15
A 5
F 1
F 2
输出样例：
10
20
-1
2
解析
题目有如下操作。
- 招收一个员工
- 给所有员工涨薪 (k)，若薪水低于 (mid) 的不进入公司。
- 给所有员工降薪 (k)，薪水低于 (mid) 直接离职。
- 在剩余员工中找到第 (k) 大的数。
- 我们要统计因为降薪而离职的总人数。
我们发现如果没有第二个或第三个操作的话，我们可以很容易的使用刚才的板子做出来。
但是我们这个题有修改操作，非常蛋疼。
其实Splay是可以支持区间加的。但是这个问题我们每次都只会对整个区间整体操作，所以我们想一想会不会有取巧的办法。
我们可以搞一个全局的偏移量 (Delta) 。比如在树中我们查询到的值是 (x) ，真实值就是 (x+Delta)。每次我们只需要看一下哪些 (x<min-Delta) 就可以确定哪个区间的人离职了。
那么如何删除区间呢？
我们先插两根哨兵：(-infty) 和 (+infty)。
此时我们将 (L) 设为 (>-infty) 的第一个数，(R) 设为 (ge min-Delta) 的第一个数。
我们首先将 (R) 转到根，再将 (L) 转到R的下面，此时 (L) 的右子树就是我们要删的区间。
我们只需要置空其子树即可。
这个题非常好的体现了 Splay 作为一棵平衡树的维护有序序列的能力。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10,INF=1e8;
int n,m;
struct node
{
int s[2],p,v;
int size;
void init(int _v,int _p)
{
v=_v,p=_p;
size=1;
}
} tree[N];
int root,idx=0,delta;
void push_up(int x)
{
tree[x].size=tree[tree[x].s[0]].size+tree[tree[x].s[1]].size+1;
}
void rotate(int x)
{
int y=tree[x].p, z=tree[y].p;
int k=(tree[y].s[1]==x);
tree[z].s[tree[z].s[1]==y]=x;
tree[x].p=z;
tree[y].s[k]=tree[x].s[k^1];
tree[tree[x].s[k^1]].p=y;
tree[x].s[k^1]=y; tree[y].p=x;
push_up(y),push_up(x);
}
void splay(int x,int k)
{
while(tree[x].p!=k)
{
int y=tree[x].p, z=tree[y].p;
if(z!=k)
if((tree[y].s[1]==x)^(tree[x].s[1]==y))rotate(x);
else rotate(y);
rotate(x);
}
if(!k) root=x;
}
int insert(int v)
{
int u=root,p=0;
while(u) p=u,u=tree[u].s[v>tree[u].v];
u=++idx;
if(p) tree[p].s[v>tree[p].v]=u;
tree[u].init(v,p);
splay(u,0);
return u;
}
int get_(int v)
{
int u=root,res;
while(u)
{
if(tree[u].v>=v) res=u,u=tree[u].s[0];
else u=tree[u].s[1];
}
return res;
}
int get_k(int k)
{
int u=root;
while(1)
{
if(tree[tree[u].s[0]].size>=k) u=tree[u].s[0];
else if(tree[tree[u].s[0]].size+1==k) return tree[u].v;
else k-=tree[tree[u].s[0]].size+1,u=tree[u].s[1];
}
return -1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int L=insert(-INF),R=insert(INF);
int tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
char op[2];
int k;
scanf("%s%d",op,&k);
if(*op=='I')
{
if(k>=m) k-=delta,insert(k),++tot;
}
else if(*op=='A') delta+=k;
else if(*op=='S')
{
delta-=k;
R=get_(m-delta);
// printf("##%d %d
",R, delta);//test
splay(R,0); splay(L,R);
tree[L].s[1]=0;
push_up(L),push_up(R);
}
else if(*op=='F')
{
if(tree[root].size-2<k) printf("-1
");
else printf("%d
",get_k(tree[root].size-k)+delta);//补集思想
}
}
printf("%d
",tot-tree[root].size+2);
return 0;
}
『HNOI2012』 永无乡
1s/256M
永无乡包含 (n) 座岛，编号从 (1) 到 (n) ，每座岛都有自己的独一无二的重要度，按照重要度可以将这 (n) 座岛排名，名次用 (1) 到 (n) 来表示。
某些岛之间由巨大的桥连接，通过桥可以从一个岛到达另一个岛。
如果从岛 (a) 出发经过若干座（含 (0) 座）桥可以到达岛 (b) ，则称岛 (a) 和岛 (b) 是连通的。
现在有两种操作：
B x y表示在岛 (x) 与岛 (y) 之间修建一座新桥。Q x k表示询问当前与岛 (x) 连通的所有岛中第 (k) 重要的是哪座岛，即所有与岛 (x) 连通的岛中重要度排名第 (k) 小的岛是哪座，请你输出那个岛的编号。
输入格式
第一行是用空格隔开的两个正整数 (n) 和 (m) ，分别表示岛的个数以及一开始存在的桥数。
接下来的一行是用空格隔开的 (n) 个数，依次描述从岛 (1) 到岛 (n) 的重要度排名。
随后的 (m) 行每行是用空格隔开的两个正整数 (a_i) 和 (b_i) ，表示一开始就存在一座连接岛 (a_i) 和岛 (b_i) 的桥。
后面剩下的部分描述操作，该部分的第一行是一个正整数 (q) ，表示一共有 (q) 个操作，接下来的 (q) 行依次描述每个操作，操作的格式如上所述，以大写字母 Q 或 B 开始，后面跟两个不超过 (n) 的正整数，字母与数字以及两个数字之间用空格隔开。
输出格式
对于每个 Q x k 操作都要依次输出一行，其中包含一个整数，表示所询问岛屿的编号。
如果该岛屿不存在，则输出 (−1)。
数据范围
对于 (20\%) 的数据 (n≤1000 , q≤1000)
对于 (100\%) 的数据 (n≤100000 , m≤n,q≤300000)
输入样例：
5 1
4 3 2 5 1
1 2
7
Q 3 2
Q 2 1
B 2 3
B 1 5
Q 2 1
Q 2 4
Q 2 3
输出样例：
-1
2
5
1
2
解析
本题首先让我们维护联通性，且没有删边操作。所以我们可以使用并查集来维护。
考虑其查询，是在查询排名某个集合内的第 (k) 大数。
动态查询第 (k) 大是可以使用平衡树的。
但是我们还涉及到两个集合的合并，而Splay暴力合并复杂度极高，可以达到 (n^2logn) 。我们又怎么样去合并？
我们可以启发式合并，将节点少的合并到节点数多的。时间复杂度立马就会降到 (nlog^2n) 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10,INF=1e8+10;
int n,m;
struct node
{
int s[2],p,v,id;//splay按v，即重要度排序
int size;
void init(int _v,int _id,int _p)
{
v=_v,id=_id,p=_p;
size=1;
}
} tree[N];
int root[N],idx=0;
int fa[N];
int find(int x)
{
int x_root=x;
while(fa[x_root]!=x_root) x_root=fa[x_root];
while(x!=x_root)
{
int tmp=fa[x];
fa[x]=x_root;
x=tmp;
}
return x_root;
}
void push_up(int x)
{
tree[x].size=tree[tree[x].s[0]].size+tree[tree[x].s[1]].size+1;
}
void rotate(int x)
{
int y=tree[x].p,z=tree[y].p;
int k=tree[y].s[1]==x;
tree[z].s[tree[z].s[1]==y]=x;
tree[x].p=z;
tree[y].s[k]=tree[x].s[k^1];
tree[tree[x].s[k^1]].p=y;
tree[x].s[k^1]=y; tree[y].p=x;
push_up(y),push_up(x);
}
void splay(int x,int k,int b)
{
while(tree[x].p!=k)
{
int y=tree[x].p,z=tree[y].p;
if(z!=k)
{
if((tree[y].s[1]==x)^(tree[z].s[1]==y))
rotate(x);
else rotate(y);
}
rotate(x);
}
if(!k) root[b]=x;
}
void insert(int v,int id,int b)
{
int u=root[b],p=0;
while(u) p=u,u=tree[u].s[v>tree[u].v];
u=++idx;
if(p) tree[p].s[v>tree[p].v]=u;
tree[u].init(v,id,p);
splay(u,0,b);
}
int get_k(int k,int b)
{
int u=root[b];
while(u)
{
if(tree[tree[u].s[0]].size>=k) u=tree[u].s[0];
else if(tree[tree[u].s[0]].size+1==k) return tree[u].id;
else k-=tree[tree[u].s[0]].size+1,u=tree[u].s[1];
}
return -1;
}
void dfs(int u,int b)//遍历u，将所有节点插入b
{
if(tree[u].s[0]) dfs(tree[u].s[0],b);
if(tree[u].s[1]) dfs(tree[u].s[1],b);
insert(tree[u].v,tree[u].id,b);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
fa[i]=root[i]=i;
int d;
scanf("%d",&d);
tree[i].init(d,i,0);
}
idx=n;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
a=find(a),b=find(b);
if(a!=b)
{
if(tree[root[a]].size>tree[root[b]].size) swap(a,b);
dfs(root[a],b);
fa[a]=b;
}
}
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
char op[2];
int a,b;
scanf("%s%d%d",op,&a,&b);
if(*op=='B')
{
a=find(a),b=find(b);
if(a!=b)
{
if(tree[root[a]].size>tree[root[b]].size) swap(a,b);
dfs(root[a],b);
fa[a]=b;
}
}
if(*op=='Q')
{
a=find(a);
if(tree[root[a]].size<b) printf("-1
");
else printf("%d
",get_k(b,a));
}
}
return 0;
}
『NOI2005』维护数列
1s/256M
请写一个程序，要求维护一个数列，支持以下 (6) 种操作(格式 一栏中的下划线‘ _ ’表示实际输入文件中的空格)：
| 编号 | 名称 | 格式 | 说明 |
|---|---|---|---|
| 1 | 插入 | INSERT_pos_tot_c1_c2_..._ctot |
在第 (pos) 个数字后插入 (tot) 个数字 (c_1,c_2cdots c_{tot}) |
| 2 | 删除 | DELETE_pos_tot |
从当前数列的第 (pos) 个数字开始连续删除 (tot) 个数字 |
| 3 | 修改 | MAKE-SAME_pos_tot c |
从当前数列的第 (pos) 个数字开始的连续 (tot) 个数字统一修改为 (c) |
| 4 | 翻转 | REVERSE_pos_tot |
取出从当前数列的第 (pos) 个数字开始的 (tot) 个数字，翻转后放入原来的位置 |
| 5 | 求和 | GET-SUM_pos_tot |
计算从当前数列的第 (pos) 个数字开始的 (tot) 个数字的和并输出 |
| 6 | 求最大子列和 | MAX-SUM |
求出当前数列中和最大的一段子列，并输出最大和 |
输入格式
第 (1) 行包含两个数 (N) 和 (M)，(N) 表示初始时数列中数的个数，(M) 表示要进行的操作数目。
第 (2) 行包含 (N) 个数字，描述初始时的数列。
以下 (M) 行，每行一条命令，格式参见问题描述中的表格。
输出格式
对于输入数据中的 GET-SUM 和 MAX-SUM 操作，向输出文件依次打印结果，每个答案（数字）占一行。
数据范围与约定
你可以认为在任何时刻，数列中至少有 (1) 个数。
输入数据一定是正确的，即指定位置的数在数列中一定存在。
(50\%) 的数据中，任何时刻数列中最多含有 (30000) 个数； (100\%) 的数据中，任何时刻数列中最多含有 (500000) 个数。
(100\%) 的数据中，任何时刻数列中任何一个数字均在 ([-1000, 1000]) 内。
(100\%) 的数据中，(M≤20000) ，插入的数字总数不超过 (4000000) 个，输入文件大小不超过 (20MBytes) 。
输入样例：
9 8
2 -6 3 5 1 -5 -3 6 3
GET-SUM 5 4
MAX-SUM
INSERT 8 3 -5 7 2
DELETE 12 1
MAKE-SAME 3 3 2
REVERSE 3 6
GET-SUM 5 4
MAX-SUM
输出样例：
-1
10
1
10
解析
我们可以发现，只要不对序列的结构进行修改，这三个查询操作线段树都可以完成。
但是这个题有插入删除翻转操作，所以我们考虑 Splay。
我们先考虑一下 Splay 应该维护哪些信息，以及怎么维护信息。
首先由于带有翻转等操作，所以我们平衡树的关键字应该是节点下标。
我们要求最大子段和，所以我们还要维护 (ms) 最大子段和，(ls) 最大前缀和，(rs) 最大后缀和，(sum) 区间和。
这四个数据的更新方式和线段树中一模一样。
翻转需要一个懒标记 (rev) ，修改也需要懒标记 (sim)。
我们先把序列搞成一棵平衡二叉树，看看怎么打标记。
首先取出中点，然后递归处理左边和右边，分别建成 Splay ，将这两棵 Splay 接到左右儿子上，返回根节点编号。
非常线段树的建树方式，但是很优秀。其实你要是喜欢可以把Splay建成一条链
对于插入操作：
我们先将给定的序列按刚刚的方法建成一棵平衡二叉树。设 (L=pos,R=pos+1) 我们先把 (L) 转到根，再把 (R) 转到 (L) 下方，那么我们 (R) 的左边就空了，我们把建成的平衡二叉树接上去，更新信息即可。
对于删除操作：
我们要删除 (pos) 开始的 (tot) 个数，首先确定删除区间 ([L,R])，将 (L-1) 转到根，(R+1) 转到 (L-1) 的下面，删去 (R+1) 的左子树就可。我们可以写内存回收(回收站优化)来节省内存。
对于修改操作：
我们先找到修改区间的前一个数 (L-1)，和后一个数 (R+1) 。仍然向上面那样旋转，将左子树的 (sim) 标记并更新信息。
对于翻转操作：
仍然是与上面相同的旋转方式，我们标记对应子树的 (rev) 即可。
对于求和操作：
我们像上面那样旋转，左子树根节点的 (sum) 就是这个区间的总和。
对于最大子段和操作：
我们直接返回根节点的 (ms) 就可以了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e6+10,INF=1e9;
int n,m;
struct node
{
int s[2],p,v;
int rev,sim;
int size,sum,ms,ls,rs;
void init(int _v,int _p)
{
s[1]=s[0]=0;
p=_p,v=_v; rev=sim=0;
size=1; sum=ms=v;
ls=rs=max(v,0);
}
} tree[N];
int root,rabb[N],tt=0;
int w[N];
void push_up(int x)
{
auto &u=tree[x], &l=tree[u.s[0]], &r=tree[u.s[1]];
u.size=l.size+r.size+1;
u.sum=l.sum+r.sum+u.v;
u.ls=max(l.ls,l.sum+u.v+r.ls);
u.rs=max(r.rs,r.sum+u.v+l.rs);
u.ms=max(max(l.ms,r.ms),l.rs+u.v+r.ls);
}
void push_down(int x)
{
auto &u=tree[x], &l=tree[u.s[0]], &r=tree[u.s[1]];
if(u.sim)//如果要变成一个数
{
u.sim=u.rev=0;//区间翻转也跟着无效了
if(u.s[0]) l.sim=1, l.v=u.v, l.sum=l.v*l.size;
if(u.s[1]) r.sim=1, r.v=u.v, r.sum=r.v*r.size;
if(u.v>0)
{
/*当权值大于 0 的时候，ms应该是整段的和*/
if(u.s[0]) l.ms=l.ls=l.rs=l.sum;
if(u.s[1]) r.ms=r.ls=r.rs=r.sum;
}
else
{
/*当权值小于 0 时由于ms至少包括一个数，ms就是这一个数的值*/
if(u.s[0])l.ms=l.v,l.ls=l.rs=0;
if(u.s[1])r.ms=r.v,r.rs=r.ls=0;
}
}
else if(u.rev)
{
u.rev=0;l.rev^=1;r.rev^=1;
swap(l.ls,l.rs); swap(r.rs,r.ls);//翻转的话前缀变后缀
swap(l.s[0],l.s[1]); swap(r.s[0],r.s[1]);
}
}
void rotate(int x)
{
int y=tree[x].p,z=tree[y].p;
int k=tree[y].s[1]==x;
tree[z].s[tree[z].s[1]==y]=x;
tree[x].p=z;
tree[y].s[k]=tree[x].s[k^1];
tree[tree[x].s[k^1]].p=y;
tree[x].s[k^1]=y; tree[y].p=x;
push_up(y),push_up(x);
}
void splay(int x,int k)
{
while(tree[x].p!=k)
{
int y=tree[x].p,z=tree[y].p;
if(z!=k)
{
if((tree[y].s[1]==x)^(tree[z].s[1]==y))
rotate(x);
else rotate(y);
}
rotate(x);
}
if(!k) root=x;
}
int build(int l,int r,int p)//左右端点和父节点
{
int mid=(l+r)>>1;
int u=rabb[tt--];
tree[u].init(w[mid],p);
if(l<mid) tree[u].s[0]=build(l,mid-1,u);
if(r>mid) tree[u].s[1]=build(mid+1,r,u);
push_up(u);
return u;
}
int get_k(int k)
{
int u=root;
while(u)
{
push_down(u);
if(tree[tree[u].s[0]].size>=k) u=tree[u].s[0];
else if(tree[tree[u].s[0]].size+1==k) return u;
else k-=tree[tree[u].s[0]].size+1,u=tree[u].s[1];
}
return -1;
}
void dfs(int u)
{
if(tree[u].s[0]) dfs(tree[u].s[0]);
if(tree[u].s[1]) dfs(tree[u].s[1]);
rabb[++tt]=u;
}
int main()
{
for(int i=1;i<N;++i)
rabb[++tt]=i;
scanf("%d%d",&n,&m);
tree[0].ms=-INF;
w[0]=w[n+1]=-INF;//哨兵
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
root=build(0,n+1,0);
char op[20];
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%s",op);
if(!strcmp(op,"INSERT"))
{
int pos,tot;
scanf("%d%d",&pos,&tot);
for(int i=0;i<tot;i++) scanf("%d",&w[i]);
int l=get_k(pos+1),r=get_k(pos+2);
splay(l,0);splay(r,l);
int u=build(0,tot-1,r);
tree[r].s[0]=u;
push_up(r); push_up(l);
}
else if(!strcmp(op,"DELETE"))
{
int pos,tot;
scanf("%d%d",&pos,&tot);
int l=get_k(pos),r=get_k(pos+tot+1);
splay(l,0),splay(r,l);
dfs(tree[r].s[0]);//删掉左子树
tree[r].s[0]=0;
push_up(r);push_up(l);
}
else if(!strcmp(op,"MAKE-SAME"))
{
int pos,tot,c;
scanf("%d%d%d",&pos,&tot,&c);
int l=get_k(pos),r=get_k(pos+tot+1);
splay(l,0),splay(r,l);
auto& son=tree[tree[r].s[0]];//取出子树的根节点
son.sim=1; son.v=c; son.sum=c*son.size;
if(c>0)son.ms=son.ls=son.rs=son.sum;
else son.ms=c,son.ls=son.rs=0;
push_up(r);push_up(l);
}
else if(!strcmp(op,"REVERSE"))
{
int pos,tot;
scanf("%d%d",&pos,&tot);
int l=get_k(pos),r=get_k(pos+tot+1);
splay(l,0); splay(r,l);
auto& son=tree[tree[r].s[0]];
son.rev^=1;
swap(son.ls,son.rs);//翻转的话前缀变后缀，后缀变前缀
swap(son.s[0],son.s[1]);
push_up(r);push_up(l);
}
else if(!strcmp(op,"GET-SUM"))
{
int pos,tot;
scanf("%d%d",&pos,&tot);
int l=get_k(pos),r=get_k(pos+tot+1);
splay(l,0); splay(r,l);
printf("%d
",tree[tree[r].s[0]].sum);
}
else printf("%d
",tree[root].ms);
}
return 0;
}