奇洛金卡达 father.cpp

（我还能怎样，能怎样，最后还不是像父亲一样把你原谅 ——鲁迅）

【简化题意】

给一个长度小于k的字符串和n个操作。
保证操作后字符串长度大于k，求最后的字符串中前k个字符。
操作规则如下：
给定一个(伪)区间[l,r]，将区间中编号为奇数的字符形成一个新字符串，编号为偶数的字符形成一个字符串，将两个字符串拼接起来并放在编号为r字符的后边。
n<=5000,k<=3e6

【分析】

传统的思路上，不难发现我们只需要关心前k个字符即可。不需要多余的部分，然后就开心地水到了70分。
观察发现，超时的原因是因为我们产生了很多冗余的字符串，而这些字符串最终对答案并没有什么影响，产生了大量编号大于k的垃圾。
现在我们要避免产生垃圾，可以倒着往前做，求解密后的字符串第k位，和之前第几位是相同的，最终追溯到密文的那几位。再快速还原。先不求出具体的值，而是求出的问题中的拓扑关系。最终利用这个拓扑关系，快速还原出正解。

显然倒着做之后，确认过拓扑关系的点(也就是新产生的点)不会出现在上一步的字符串当中，所以要删除(或忽略)，但是删除之后要重新拼接各个字符串并重新标号非常费时，所以我们考虑利用线段树来统计“在第i到第k位时有多少个数还未删除”，显然未删除的数就是当前状态下的编号。

【code】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=3e6+100;
struct Tree{int l,r,val;
}t[maxn<<2];
int l[maxn],r[maxn],qian[maxn];
char s[maxn],ans[maxn];
int n,k,p,q;
inline void read(int &x){x=0;int fl=1;char tmp=getchar();while(tmp<'0'||tmp>'9'){if(tmp=='-')fl=-fl;tmp=getchar();}while(tmp>='0'&&tmp<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+tmp-'0',tmp=getchar();x=x*fl;
}
void build(int x,int l,int r){t[x].l=l,t[x].r=r,t[x].val=r-l+1;if(l==r) return ;int mid=l+r>>1;build(x<<1,l,mid);build(x<<1|1,mid+1,r);
}
int change(int x,int l,int r,int y,int z){int mid;while(l<r){t[x].val-=z;mid=l+r>>1;if(t[x<<1].val<y)l=mid+1,y-=t[x<<1].val,x=(x<<1)+1;else r=mid,x=x<<1;}t[x].val-=z;return l;
}
int main(){freopen("father.in","r",stdin);freopen("father.out","w",stdout);scanf("%s",s+1);scanf("%d%d",&k,&n);for(int i=1;i<=n;i++)read(l[i]),read(r[i]);build(1,1,k);for(int j=n;j>=1;j--){if(r[j]>=t[1].val) continue;if(l[j]&1) p=l[j];else if(l[j]+1<=r[j]) p=l[j]+1;else p=l[j];for(int i=1;i<=r[j]-l[j]+1;i++){if(r[j]>=t[1].val) continue;q=change(1,1,k,r[j]+1,1);qian[q]=change(1,1,k,p,0);p+=2;if(p>r[j]){if(l[j]%2)p=l[j]+1;else p=l[j];}}}p=0;for(int i=1;i<=k;i++){if(qian[i])ans[i]=ans[qian[i]];else ans[i]=s[++p];putchar(ans[i]);}
}