【CCCC】L3-026 传送门 (30分)，splay（待复盘）

problem

7-14 传送门
平面上有 2n 个点，它们的坐标分别是 (1,0),(2,0),⋯(n,0) 和 (1,10
9
),(2,10
9
),⋯,(n,10
9
)。我们称这些点中所有 y 坐标为 0 的点为“起点”，所有 y 坐标为 10
9
的点为终点。一个机器人将从坐标为 (x,0) 的起点出发向 y 轴正方向移动。显然，该机器人最后会到达某个终点，我们设该终点的 x 坐标为 f(x)。

在上述条件下，显然有 f(x)=x。不过这样的数学模型就太无趣了，因此我们对上述数学模型做一些小小的改变。我们将会对模型进行 q 次修改，每一次修改都是以下两种操作之一：

x
′
x
′′
y: 在 (x
′
,y) 与 (x
′′
,y) 处增加一对传送门。当机器人碰到其中一个传送门时，它会立刻被传送到另一个传送门处。数据保证进行该操作时，(x
′
,y) 与 (x
′′
,y) 处当前不存在传送门。

x
′
x
′′
y: 移除 (x
′
,y) 与 (x
′′
,y) 处的一对传送门。数据保证这对传送门存在。
求每次修改后
x=1
∑
n
xf(x) 的值。

输入格式：
第一行输入两个整数 n 与 q (2≤n≤10
5
, 1≤q≤10
5
)，代表起点和终点的数量以及修改的次数。

接下来 q 行中，第 i 行输入一个字符 op
i
以及三个整数 x
i
′
, x
i
′′
and y
i
(op
i
∈{‘+’ (ascii: 43),‘-’ (ascii: 45)}, 1≤x
i
′
<x
i
′′
≤n, 1≤y
i
<10
9
)，代表第 i 次修改的内容。修改顺序与输入顺序相同。

输出格式：
输出 q 行，其中第 i 行包含一个整数代表第 i 次修改后的答案。

输入样例：
5 4

1 3 1
1 4 3
2 5 2

1 4 3
输出样例：
51
48
39
42
样例解释：
修改 | f(1) | f(2) | f(3) | f(4) | f(5) | 结果 — | — + 1 3 1 | 3 | 2 | 1 | 4 | 5 | 51 + 1 4 3 | 3 | 2 | 4 | 1 | 5 | 48 + 2 5 2 | 3 | 5 | 4 | 1 | 2 | 39 - 1 4 3 | 3 | 5 | 1 | 4 | 2 | 42

solution

/*
+ 一开始初始化成n条链，传送门对应链上的结点，将所有需要新增或者删除的传送门的y值离散化，存入链上。
+ 对于每个操作，实际上要做的是“分别查询两个结点各自所在链上的左右端点”和“将两个结点的后继结点交换”，用splay可以做到logq
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long  long LL;
const int maxn = 5e5+10, inf =1e9+10;int n, m;
struct node{int x1,x2,y1,y2;}qr[maxn];
vector<int>rt[maxn];#define l(u) ch[u][0]
#define r(u) ch[u][1]
int fa[maxn], ch[maxn][2], tot, X[maxn];
int sf(int u){return u== r(fa[u]);}
bool isrt(int u){return u!=l(fa[u])&&u!= r(fa[u]);}
void rot(int u){int v=fa[u],f= sf (u);if(!isrt(v))ch[fa[v]][sf(v)]= u;ch[v][f]=ch[u][f^1],fa[ch[v][f]]= v;fa[u]=fa[v],ch[u][f^1]=v,fa[v]= u;
}
int newnode(){int u=++tot; fa[u]=l(u)=r(u)= 0 ; return u;}
void splay(int u){ for(;!isrt(u); rot(u))if(!isrt(fa[u])&&sf(fa[u])==sf(u))rot(fa[u]);}
int fdl(int u){splay(u); for(;l(u); u=l(u)); splay(u); return u;}
int fdr(int u){splay(u); for(;r(u); u=r(u)); splay(u); return u;}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>m;for(int i=1; i <= m; i++){char ch;  cin>>ch;cin>>qr[i].x1>>qr[i].x2>>qr[i].y1;}for(int i=1; i <= n; i++){rt[i].push_back(0);  rt[i].push_back(inf);}for(int i=1; i <= m; i++){rt[qr[i].x1].push_back(qr[i].y1);rt[qr[i].x2].push_back(qr[i].y1);}for(int i=1; i <= n; i++){sort(rt[i].begin(),rt[i].end());rt[i].resize(unique(rt[i].begin(),rt[i].end()) - rt[i].begin());}for(int i=1; i <= m; i++){int y = qr[i].y1;qr[i].y1= lower_bound(rt[qr[i].x1].begin(),rt[qr[i].x1].end(),y)- rt[qr[i].x1].begin();qr[i].y2=lower_bound(rt[qr[i].x2].begin(),rt[qr[i].x2].end(),y)- rt[qr[i].x2].begin( );}for(int i=1; i <= n; i++){for(int j=0; j<rt[i].size(); j++){rt[i][j]=newnode(); X[rt[i][j]]= i;}for(int j=0; j<rt[i].size()-1; j++){r(rt[i][j])=rt[i][j+1],fa[rt[i][j+1]]= rt[i][j];}}LL ans=(LL)n*(n+1)*(2*n+1)/6;for(int i=1; i <= m; i++){int x1=qr[i].x1,x2=qr[i].x2,y1=qr[i].y1,y2=qr[i].y2;int u=rt[x1][y1],v= rt[x2][y2];int lu=X[fdl(u)],ru=X[fdr(u)],lv=X[fdl(v)],rv= X[fdr(v)];ans-=(LL)lu*ru+(LL)lv*rv;ans+=(LL)lu*rv+(LL) lv*ru;splay(u),splay(v);int u2=r(u),v2=r(v);r(u)=v2,r(v)=u2,fa[v2]=u,fa[u2]=v;cout<<ans<<"\n";}return 0;
}