操作。经过旋转，x 成为二叉查找树 S 的根节点，调整结束。如图 1 所示：
以了，而三种旋转都是由基本得左旋和右旋组成的，实现较为简单。
伸展树的基本操作
利用 Splay 操作，我们可以在伸展树 S 上进行如下运算：
(1)Find(x,S)：判断元素 x 是否在伸展树 S 表示的有序集中。
首先，与在二叉查找树中的查找操作一样，在伸展树中查找元素 x。如果 x
在树中，则再执行 Splay(x,S)调整伸展树。
(2)Insert(x,S)：将元素 x 插入伸展树 S 表示的有序集中。
首先，也与处理普通的二叉查找树一样，将 x 插入到伸展树 S 中的相应位置
上，再执行 Splay(x,S)。
(3)Delete(x,S)：将元素 x 从伸展树 S 所表示的有序集中删除。
首先，用在二叉查找树中查找元素的方法找到 x 的位置。如果 x 没有孩子或
只有一个孩子，那么直接将 x 删去，并通过 Splay 操作，将 x 节点的父节点调整
到伸展树的根节点处。否则，则向下查找 x 的后继 y，用 y 替代 x 的位置，最后
执行 Splay(y,S)，将 y 调整为伸展树的根。
(4)Join(S1,S2)：将两个伸展树 S1 与 S2 合并成为一个伸展树。其中 S1 的所
有元素都小于 S2 的所有元素。
首先，我们找到伸展树 S1 中最大的一个元素 x，再通过 Splay(x,S1)将 x 调
整到伸展树 S1 的根。然后再将 S2 作为 x 节点的右子树。这样，就得到了新的
伸展树 S。如图 6 所示
(5)Split(x,S)：以 x 为界，将伸展树 S 分离为两棵伸展树 S1 和 S2，其中 S1
中所有元素都小于 x，S2 中的所有元素都大于 x。
首先执行 Find(x,S)，将元素 x 调整为伸展树的根节点，则 x 的左子树就是
S1，而右子树为 S2。如图 7 所示
除了上面介绍的五种基本操作，伸展树还支持求最大值、求最小值、求前趋，
求后继等多种操作，这些基本操作也都是建立在伸展操作的基础上的。
时间复杂度分析
由以上这些操作的实现过程可以看出，它们的时间效率完全取决于 Splay 操
作的时间复杂度。下面，我们就用会计方法来分析 Splay 操作的平摊复杂度。
首先，我们定义一些符号：S(x)表示以节点 x 为根的子树。|S|表示伸展树 S
的节点个数。令μ(S) = [ log|S| ]，μ(x)=μ(S(x))。如图 8 所示
我们进行 Zig 或者 Zag 操作时，为了保持伸展树不变量继续成立，我们需要
花费：
μ’(x) +μ’(y) -μ(x) -μ(y) = μ’(y) -μ(x)
≤ μ’(x) -μ(x)
≤ 3(μ’(x) -μ(x))
= 3(μ(S) -μ(x))
此外我们花费另外 1 元钱用来支付访问、旋转的基本操作。因此，一次 Zig
或 Zag 操作的花费至多为 3(μ(S) -μ(x))。
情况二：如图 10 所示
≤ (μ’(x) -μ(x)) + (μ’(x) -μ(x))
= 2 (μ’(x) -μ(x))
与上种情况一样，我们也需要花费另外的 1 元钱来支付单位时间的操作。 当μ’(x) <μ(x) 时，显然 2 (μ’(x) -μ(x)) +1 ≤ 3 (μ’(x) -μ(x))。也就是进行Zig-Zig 操作的花费不超过 3 (μ’(x) -μ(x))。 当μ’(x) =μ(x) 时，我们可以证明μ’(x) +μ’(y) + μ’(z) <μ(x) +μ(y) +μ(z)，也就是说我们不需要任何花费保持伸展树不变量，并且可以得到退回来的钱，用其中的 1 元支付访问、旋转等操作的费用。为了证明这一点，我们假设μ’(x) +μ’(y)+μ’(z) >μ(x) +μ(y) +μ(z)。 联系图 9，我们有μ(x) =μ’(x) =μ(z)。那么，显然μ(x) =μ(y) =μ(z)。于是，可以得出μ(x) =μ’(z) =μ(z)。
令 a = 1 + |A| + |B|，b = 1 + |C| + |D|，那么就有 [log a] = [log b] = [log (a+b+1)]。 ①
我们不妨设 b≥a，则有 [log (a+b+1)] ≥ [log (2a)] = 1+[log a]> [log a] ②
①与②矛盾，所以我们可以得到μ’(x) =μ(x) 时，Zig-Zig 操作不需要任何花
费，显然也不超过 3 (μ’(x) -μ(x))。
情况三：与情况二类似，我们可以证明，每次 Zig-Zag 操作的花费也不超过
3 (μ’(x) -μ(x))。
以上三种情况说明，Zig 操作花费最多为 3(μ(S)-μ(x))+1，Zig-Zig 或 Zig-Zag
操作最多花费 3(μ’(x)-μ(x))。那么将旋转操作的花费依次累加，则一次 Splay(x,S)
操作的费用就不会超过 3μ(S)+1。也就是说对于伸展树的各种以 Splay 操作为基
础的基本操作的平摊复杂度，都是 O(log n)。所以说，伸展树是一种时间效率非
常优秀的数据结构.
【伸展树的应用】
伸展树作为一种时间效率很高、空间要求不大的数据结构，在解题中有很大
的用武之地。下面就通过一个例子说明伸展树在解题中的应用。
例：营业额统计 Turnover (湖南省队 2002 年选拔赛)
题目大意
Tiger 最近被公司升任为营业部经理，他上任后接受公司交给的第一项任务
便是统计并分析公司成立以来的营业情况。Tiger 拿出了公司的账本，账本上记
录了公司成立以来每天的营业额。分析营业情况是一项相当复杂的工作。由于节
假日，大减价或者是其他情况的时候，营业额会出现一定的波动，当然一定的波
动是能够接受的，但是在某些时候营业额突变得很高或是很低，这就证明公司此
时的经营状况出现了问题。经济管理学上定义了一种最小波动值来衡量这种情
况：
该天的最小波动值= min { | 该天以前某一天的营业额-该天的营业额 | }
当最小波动值越大时，就说明营业情况越不稳定。而分析整个公司的从成立
到现在营业情况是否稳定，只需要把每一天的最小波动值加起来就可以了。你的
任务就是编写一个程序帮助 Tiger 来计算这一个值。
注：第一天的最小波动值为第一天的营业额。
数据范围：天数 n≤32767，每天的营业额 ai≤1,000,000。最后结果 T≤2
31。
初步分析
题目的意思非常明确，关键是要每次读入一个数，并且在前面输入的数中找
到一个与该数相差最小的一个。
我们很容易想到 O(n2)的算法：每次读入一个数，再将前面输入的数一次查
找一遍，求出与当前数的最小差值，记入总结果 T。但由于本题中 n 很大，这样
的算法是不可能在时限内出解的。而如果使用线段树记录已经读入的数，就需要
记下一个 2M 的大数组，这在当时比赛使用 TurboPascal 7.0 编程的情况下是不可
能实现的。而前文提到的红黑树与平衡二叉树虽然在时间效率、空间复杂度上都
比较优秀，但过高的编程复杂度却让人望而却步。于是我们想到了伸展树算法。
算法描述
进一步分析本题，解题中，涉及到对于有序集的三种操作：插入、求前趋、
求后继。而对于这三种操作，伸展树的时间复杂度都非常优秀，于是我们设计了
如下算法：
开始时，树 S 为空，总和 T 为零。每次读入一个数 p，执行 Insert(p,S)，将 p
插入伸展树 S。这时，p 也被调整到伸展树的根节点。这时，求出 p 点左子树中
的最右点和右子树中的最左点，这两个点分别是有序集中 p 的前趋和后继。然后
求得最小差值，加入最后结果 T。
解题小结
由于对于伸展树的基本操作的平摊复杂度都是 O(log n)的，所以整个算法的
时间复杂度是 O(nlog n)，可以在时限内出解。而空间上，可以用数组模拟指针
存储树状结构，这样所用内存不超过 400K，在 TP 中使用动态内存就可以了。
编程复杂度方面，伸展树算法非常简单，程序并不复杂。虽然伸展树算法并不是
本题唯一的算法，但它与其他常用的数据结构相比还是有很多优势的。下面的表
格就反映了在解决这一题时各个算法的复杂度。从中可以看出伸展树在各方面都
是优秀的，这样的算法很适合在竞赛中使用。
由上面的分析介绍，我们可以发现伸展树有以下几个优点： (1)时间复杂度低，伸展树的各种基本操作的平摊复杂度都是 O(log n)的。在树状数据结构中，无疑是非常优秀的。
(2)空间要求不高。与红黑树需要记录每个节点的颜色、AVL 树需要记录平衡因子不同，伸展树不需要记录任何信息以保持树的平衡。 (3)算法简单，编程容易。伸展树的基本操作都是以 Splay 操作为基础的，而Splay 操作中只需根据当前节点的位置进行旋转操作即可。
上题参考代码：
1 /************************************************************** 2 Problem: 1588 3 User: SongHL 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:1284 ms 7 Memory:2068 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 #include<bits/stdc++.h> 11 const int INF=0x3f3f3f3f; 12 using namespace std; 13 int ans,n,t1,t2,rt,size; 14 int tr[50001][2],fa[50001],num[50001]; 15 void rotate(int x,int &k) 16 { 17 int y=fa[x],z=fa[y],l,r; 18 if(tr[y][0]==x)l=0;else l=1;r=l^1; 19 if(y==k)k=x; 20 else{if(tr[z][0]==y)tr[z][0]=x;else tr[z][1]=x;} 21 fa[x]=z;fa[y]=x;fa[tr[x][r]]=y; 22 tr[y][l]=tr[x][r];tr[x][r]=y; 23 } 24 void splay(int x,int &k) 25 { 26 int y,z; 27 while(x!=k) 28 { 29 y=fa[x],z=fa[y]; 30 if(y!=k) 31 { 32 if((tr[y][0]==x)^(tr[z][0]==y))rotate(x,k); 33 else rotate(y,k); 34 } 35 rotate(x,k); 36 } 37 } 38 void ins(int &k,int x,int last) 39 { 40 if(k==0){size++;k=size;num[k]=x;fa[k]=last;splay(k,rt);return;} 41 if(x<num[k])ins(tr[k][0],x,k); 42 else ins(tr[k][1],x,k); 43 } 44 void ask_before(int k,int x) 45 { 46 if(k==0)return; 47 if(num[k]<=x){t1=num[k];ask_before(tr[k][1],x);} 48 else ask_before(tr[k][0],x); 49 } 50 void ask_after(int k,int x) 51 { 52 if(k==0)return; 53 if(num[k]>=x){t2=num[k];ask_after(tr[k][0],x);} 54 else ask_after(tr[k][1],x); 55 } 56 int main() 57 { 58 scanf("%d",&n); 59 for(int i=1;i<=n;i++) 60 { 61 int x;if(scanf("%d",&x)==EOF) x=0; 62 t1=-INF;t2=INF; 63 ask_before(rt,x); 64 ask_after(rt,x); 65 if(i!=1)ans+=min(x-t1,t2-x); 66 else ans+=x; 67 ins(rt,x,0); 68 } 69 printf("%d",ans); 70 return 0; 71 }
平衡树的基本操作实现代码
[NOI2005]维修数列
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1500
算法过程：
初始化
首先，对于原序列，我们不应该一个一个读入，然后插入，那么效率就是O(nlogn),而splay的常数本身就很大，所以考虑一个优化，就是把原序列一次性读入后，直接类似线段树的build，搞一个整体建树，即不断的将当前点维护的区间进行二分，到达单元素区间后，就把对应的序列值插入进去，这样，我们一开始建的树就是一个非常平衡的树，可以使后续操作的常数更小，并且建树整个复杂度只是O(2n)的。
Insert操作
其次，我们来考虑一下如何维护一个insert操作。我们可以这么做，首先如上将需要insert的区间变成节点数目为tot的平衡树,然后把k+1（注意我们将需要操作的区间右移了一个单位，所以题目所给k就是我们需要操作的k+1）移到根节点的位置，把原树中的k+2移到根节点的右儿子的位置。然后把需要insert的区间，先build成一个平衡树，把需要insert的树的根直接挂到原树中k+1的左儿子上就行了。
Delete操作
再然后，我们来考虑一下delete操作，我们同样的，把需要delete的区间变成[k+1,k+tot]（注意，是删去k后面的tot个数，那么可以发现我们需要操作的原区间是[k,k+tot-1]!），然后把k号节点移到根节点的位置，把k+tot+2移到根节点的右儿子位置，然后直接把k+tot+2的左儿子的指针清为0，就把这段区间删掉了。可以发现，比insert还简单一点。
Reverse操作
接下来，这道题的重头戏就要开始了。splay的区间操作基本原理还类似于线段树的区间操作，即延迟修改，又称打懒标记。
对于翻转（reverse）操作，我们依旧是将操作区间变成[k+1,k+tot]，然后把k和k+tot+1分别移到对应根的右儿子的位置，然后对这个右儿子的左儿子打上翻转标记即可。
Make-Same操作
对于Make-Same操作，我们同样需要先将需要操作的区间变成[k+1,k+tot]，然后把k和k+tot+1分别移到根和右儿子的位置，然后对这个右儿子的左儿子打上修改标记即可。
Get-Sum操作
对于Get-Sum操作，我们还是将操作区间变成[k+1,k+tot],然后把k和k+tot+1分别移到根和右儿子的位置，然后直接输出这个右儿子的左儿子上的sum记录的和。
Max-Sum操作
对于这个求最大子序列的操作，即Max-Sum操作，我们不能局限于最开始学最大子序列的线性dp方法，而是要注意刚开始，基本很多书都会介绍一个分治的O(nlogn)的方法，但是由于存在O(n)的方法，导致这个方法并不受重视，但是这个方法确实很巧妙，当数列存在修改操作时，线性的算法就不再适用了。
这种带修改的最大子序列的问题，最开始是由线段树来维护，具体来说就是，对于线段树上的每个节点所代表的区间，维护3个量：lx表示从区间左端点l开始的连续的前缀最大子序列。rx表示从区间右端点r开始的连续的后缀最大子序列。mx表示这个区间中的最大子序列。
那么在合并[l,mid]和[mid+1,r]时，就类似一个dp的过程了！其中
lx[l,r]=max(lx[l,mid],sum[l,mid]+lx[mid+1,r])lx[l,r]=max(lx[l,mid],sum[l,mid]+lx[mid+1,r])
rx[l,r]=max(rx[mid+1,r],sum[mid+1,r]+rx[l,mid])rx[l,r]=max(rx[mid+1,r],sum[mid+1,r]+rx[l,mid])
mx[l,r]=max(mx[l,mid],mx[mid+1,r],lx[mid+1,r]+rx[l,mid+1])mx[l,r]=max(mx[l,mid],mx[mid+1,r],lx[mid+1,r]+rx[l,mid+1])
这个还是很好理解的。就是选不选mid的两个决策。但是其实在实现的时候，我们并不用[l,r]的二维方式来记录这三个标记，而是用对应的节点编号来表示区间，这个可以看程序，其实是个很简单的东西。
那么最大子序列这个询问操作就可以很简单的解决了，还是类比前面的方法，就是把k和k+tot+1移到对应的根和右儿子的位置，然后直接输出右儿子的左儿子上的mx标记即可
懒标记的处理
最后，相信认真看了的童鞋会有疑问，这个标记怎么下传呢？首先，我们在每次将k和k+tot+1移到对应的位置时，需要一个类似查找k大值的find操作，即找出在平衡树中，实际编号为k在树中中序遍历的编号，这个才是我们真正需要处理的区间端点编号，那么就好了，我们只需在查找的过程中下传标记就好了！（其实线段树中也是这么做的），因为我们所有的操作都需要先find一下，所以我们可以保证才每次操作的结果计算出来时，对应的节点的标记都已经传好了。而我们在修改时，直接修改对应节点的记录标记和懒标记，因为我们的懒标记记录的都是已经对当前节点产生贡献，但是还没有当前节点的子树区间产生贡献！然后就是每处有修改的地方都要pushup一下就好了。
一些细节
另外，由于本题数据空间卡的非常紧，我们就需要用时间换空间，直接开4000000*logm的数据是不现实的，但是由于题目保证了同一时间在序列中的数字的个数最多是500000，所以我们考虑一个回收机制，把用过但是已经删掉的节点编号记录到一个队列或栈中，在新建节点时直接把队列中的冗余编号搞过来就好了。
参考代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define RI register int 3 #define For(i,a,b) for (RI i=a;i<=b;++i) 4 using namespace std; 5 const int inf=0x3f3f3f3f; 6 const int N=1e6+17; 7 int n,m,rt,cnt; 8 int a[N],id[N],fa[N],c[N][2]; 9 int sum[N],sz[N],v[N],mx[N],lx[N],rx[N]; 10 bool tag[N],rev[N]; 11 //tag表示是否有统一修改的标记，rev表示是否有统一翻转的标记 12 //sum表示这个点的子树中的权值和，v表示这个点的权值 13 queue<int> q; 14 inline int read() 15 { 16 RI x=0,f=1;char ch=getchar(); 17 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 18 while('0'<=ch&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} 19 return x*f; 20 } 21 inline void pushup(RI x) 22 { 23 RI l=c[x][0],r=c[x][1]; 24 sum[x]=sum[l]+sum[r]+v[x]; 25 sz[x]=sz[l]+sz[r]+1; 26 mx[x]=max(mx[l],max(mx[r],rx[l]+v[x]+lx[r])); 27 lx[x]=max(lx[l],sum[l]+v[x]+lx[r]); 28 rx[x]=max(rx[r],sum[r]+v[x]+rx[l]); 29 } 30 //上传记录标记 31 inline void pushdown(RI x) 32 { 33 RI l=c[x][0],r=c[x][1]; 34 if(tag[x]) 35 { 36 rev[x]=tag[x]=0;//我们有了一个统一修改的标记，再翻转就没有什么意义了 37 if(l) tag[l]=1,v[l]=v[x],sum[l]=v[x]*sz[l]; 38 if(r) tag[r]=1,v[r]=v[x],sum[r]=v[x]*sz[r]; 39 if(v[x]>=0) 40 { 41 if(l) lx[l]=rx[l]=mx[l]=sum[l]; 42 if(r) lx[r]=rx[r]=mx[r]=sum[r]; 43 } 44 else 45 { 46 if(l) lx[l]=rx[l]=0,mx[l]=v[x]; 47 if(r) lx[r]=rx[r]=0,mx[r]=v[x]; 48 } 49 } 50 if(rev[x]) 51 { 52 rev[x]=0;rev[l]^=1;rev[r]^=1; 53 swap(lx[l],rx[l]);swap(lx[r],rx[r]); 54 //注意，在翻转操作中，前后缀的最长上升子序列都反过来了，很容易错 55 swap(c[l][0],c[l][1]);swap(c[r][0],c[r][1]); 56 } 57 } 58 inline void rotate(RI x,RI &k) 59 { 60 RI y=fa[x],z=fa[y],l=(c[y][1]==x),r=l^1; 61 if (y==k)k=x;else c[z][c[z][1]==y]=x; 62 fa[c[x][r]]=y;fa[y]=x;fa[x]=z; 63 c[y][l]=c[x][r];c[x][r]=y; 64 pushup(y);pushup(x); 65 //旋转操作,一定要上传标记且顺序不能变 66 } 67 inline void splay(RI x,RI &k) 68 { 69 while(x!=k) 70 { 71 int y=fa[x],z=fa[y]; 72 if(y!=k) 73 { 74 if((c[z][0]==y)^(c[y][0]==x)) rotate(x,k); 75 else rotate(y,k); 76 } 77 rotate(x,k); 78 } 79 } 80 //这是整个程序的核心之一，毕竟是伸展操作嘛 81 inline int find(RI x,RI rk) 82 {//返回当前序列第rk个数的标号 83 pushdown(x); 84 RI l=c[x][0],r=c[x][1]; 85 if(sz[l]+1==rk) return x; 86 if(sz[l]>=rk) return find(l,rk); 87 else return find(r,rk-sz[l]-1); 88 } 89 inline void recycle(RI x) 90 {//这就是用时间换空间的回收冗余编号机制，很好理解 91 RI &l=c[x][0],&r=c[x][1]; 92 if(l) recycle(l); 93 if(r) recycle(r); 94 q.push(x); 95 fa[x]=l=r=tag[x]=rev[x]=0; 96 } 97 inline int split(RI k,RI tot)//找到[k+1,k+tot] 98 { 99 RI x=find(rt,k),y=find(rt,k+tot+1); 100 splay(x,rt);splay(y,c[x][1]); 101 return c[y][0]; 102 } 103 //这个split操作是整个程序的核心之三 104 //我们通过这个split操作，找到[k+1,k+tot]，并把k,和k+tot+1移到根和右儿子的位置 105 //然后我们返回了这个右儿子的左儿子，这就是我们需要操作的区间 106 inline void query(RI k,RI tot) 107 { 108 RI x=split(k,tot); 109 printf("%d ",sum[x]); 110 } 111 inline void modify(RI k,RI tot,RI val)//MAKE-SAME 112 { 113 RI x=split(k,tot),y=fa[x]; 114 v[x]=val;tag[x]=1;sum[x]=sz[x]*val; 115 if(val>=0) lx[x]=rx[x]=mx[x]=sum[x]; 116 else lx[x]=rx[x]=0,mx[x]=val; 117 pushup(y);pushup(fa[y]); 118 //每一步的修改操作，由于父子关系发生改变 119 //及记录标记发生改变，我们需要及时上传记录标记 120 } 121 inline void rever(RI k,RI tot)//翻转 122 { 123 RI x=split(k,tot),y=fa[x]; 124 if(!tag[x]) 125 { 126 rev[x]^=1; 127 swap(c[x][0],c[x][1]); 128 swap(lx[x],rx[x]); 129 pushup(y);pushup(fa[y]); 130 } 131 //同上 132 } 133 inline void erase(RI k,RI tot)//DELETE 134 { 135 RI x=split(k,tot),y=fa[x]; 136 recycle(x);c[y][0]=0; 137 pushup(y);pushup(fa[y]); 138 //同上 139 } 140 inline void build(RI l,RI r,RI f) 141 { 142 RI mid=(l+r)>>1,now=id[mid],pre=id[f]; 143 if(l==r) 144 { 145 mx[now]=sum[now]=a[l]; 146 tag[now]=rev[now]=0; 147 //这里这个tag和rev的清0是必要，因为这个编号可能是之前冗余了 148 lx[now]=rx[now]=max(a[l],0); 149 sz[now]=1; 150 } 151 if(l<mid) build(l,mid-1,mid); 152 if(mid<r) build(mid+1,r,mid); 153 v[now]=a[mid]; fa[now]=pre; 154 pushup(now); //上传记录标记 155 c[pre][mid>=f]=now; 156 //当mid>=f时，now是插入到又区间取了，所以c[pre][1]=now，当mid<f时同理 157 } 158 inline void insert(RI k,RI tot) 159 { 160 for(int i=1;i<=tot;++i) a[i]=read(); 161 for(int i=1;i<=tot;++i) 162 { 163 if(!q.empty()) id[i]=q.front(),q.pop(); 164 else id[i]=++cnt;//利用队列中记录的冗余节点编号 165 } 166 build(1,tot,0); 167 RI z=id[(1+tot)>>1]; 168 RI x=find(rt,k+1),y=find(rt,k+2); 169 //首先，依据中序遍历，找到我们需要操作的区间的实际编号 170 splay(x,rt);splay(y,c[x][1]); 171 //把k+1(注意我们已经右移了一个单位）和(k+1)+1移到根和右儿子 172 fa[z]=y;c[y][0]=z; 173 //直接把需要插入的这个平衡树挂到右儿子的左儿子上去就好了 174 pushup(y);pushup(x); 175 //上传记录标记 176 } 177 //可以这么记，只要用了split就要重新上传标记 178 //只有find中需要下传标记 179 int main() 180 { 181 n=read(),m=read(); 182 mx[0]=a[1]=a[n+2]=-inf; 183 For(i,1,n) a[i+1]=read(); 184 For(i,1,n+2) id[i]=i;//虚拟了两个节点1和n+2，然后把需要操作区间整体右移一个单位 185 build(1,n+2,0);//建树 186 rt=(n+3)>>1;cnt=n+2;//取最中间的为根 187 RI k,tot,val;char ch[10]; 188 while(m--) 189 { 190 scanf("%s",ch); 191 if(ch[0]!='M' || ch[2]!='X') k=read(),tot=read(); 192 if(ch[0]=='I') insert(k,tot); 193 if(ch[0]=='D') erase(k,tot);//DELETE 194 if(ch[0]=='M') 195 { 196 if(ch[2]=='X') printf("%d ",mx[rt]);//MAX-SUM 197 else val=read(),modify(k,tot,val);//MAKE-SAME 198 } 199 if(ch[0]=='R') rever(k,tot);//翻转 200 if(ch[0]=='G') query(k,tot);//GET-SUM 201 } 202 return 0; 203 } 204