splay 太难了！
我直接懵逼，但是，
我不是会被轻易打倒的，*这题这么难的吗，看题解看题解
不过我偶然遇到了替罪羊树，发现可以谔谔一下。
替罪羊树也（怎么是“也”呢？其实比较的暴力数据结构还是挺多的，比如莫队）是一种优雅的暴力，但是，
在大多情况下珂以踩正解！
暴力碾标算不是梦啊。
替罪羊树的核心思想是：
将不平衡的子树拍扁然后重构。
这样，查找的次数大大减少。
那么如何判断是否不平衡呢？
我们给平衡一个定义：
一棵树的左子树或右子树的节点过多，就是不平衡的。
那如何判断节点多呢？
我们记录a[k].size 为节点 (k) 的节点总数，a[k].sh 为剩下的节点总数，尝试玄学一些：
定义一个 (alpha) 为平衡权值（一般取 (alphain[0.7,0.8])）,那么当 (max{ ext{左儿子的节点数}， ext{右儿子的节点数}}>alpha× ext{总节点数})时，就判断为失衡。
当然还有一种情况比较难想，这里提出来，可以当结论记住。
当该子树被删除的节点过多时，在下面的搜索中会浪费时间，对于是否失衡的判断也会受到一些影响，所以借助拍扁全部删掉删除。
当然如果这个节点不存在直接跳过就好了。
我们可以模拟一下判断是否需要失衡重构的过程：
bool judge(int k)
{
return (a[k].wn&&(alpha*(double)a[k].size<(double)max(a[a[k].ls].size,a[a[k].rs].size)||(double)a[k].sh<alpha*(double)a[k].size));
}
有点长啊。
那么，如何重构呢？
前面有提到，核心是拍扁：
比如有这样一棵二叉查找树：
显然十分不平衡，我们用前序遍历（左儿子，根，右儿子）的方式压成数组（直链）：
代码实现十分 naive；
void unfold(int k)
{
if(!k) return;
unfold(a[k].ls);
if(a[k].wn) rt[++crt]=k;
unfold(a[k].rs);
return;
}
最后的 rt[] 数组存的就是前序遍历的点的编号。
其中 a[k].wn 代表 (k) 节点上有几个点（也就是说有几个点和 (k) 点权值相同），你会发现这样也把没有存在的节点直接踢掉了。
然后我们用中序遍历把他展成一棵树：
具体方法有点像线段树啊：
int rebuild(int l,int r)//返回根的编号
{
if(l==r) return 0;
int mid=(l+r)>>1;
a[rt[mid]].ls=rebuild(l,mid);
a[rt[mid]].rs=rebuild(mid+1,r);
update(rt[mid]);
return rt[mid];
}
那怎么update呢？
我们发现只需要处理总的节点数和剩下的节点数。
其他的除了只与自身相关的变量就已经更新或根本不用更新。
简单来说就是这样的：
void update(int k)
{
a[k].size=a[a[k].ls].size+a[a[k].rs].size+a[k].wn;
a[k].sh=a[a[k].ls].sh+a[a[k].rs].sh+a[k].wn;
return;
}
总的维护平衡的操作也就是这这样了:
void bal(int& k){crt=0,unfold(k),k=rebuild(1,crt+1);}
我们发现，这不就是 (dfs) 吗？
确实，不过为什么能保证复杂度呢？
其实前面已经提到过，在修改很多次后才会失衡。
其实，只需要这样的无脑爆搜操作就可以与什么难以理解的“双旋”媲美了。
如果你理解了，那么你只需要会一般二叉搜索树操作就好了。
不过可能很多人（？）直接跳过了，所以不讲是不可能的。
我们来看例题吧：P3369 【模板】普通平衡树
(ps:)下面指的“根”绝大部分都是正搜到的子树的根，要变通。
第一个操作：插入节点。
由于二叉搜索树的性质：左儿子 (<) 根 (<) 右儿子，直接搜索即可。
分类讨论：
(1.) 存在与这个数一样的节点，直接加一下出现次数不断向上更新即可。
(2.)不存在和这个数一样的节点。
那怎么办呢？
我们在符合条件（即二叉搜索数性质）的位置插入一个节点即可。
由于我们要修改找到最后一个点的左儿子或右儿子，需要在函数取地址，否则会死。
代码中 a[k].val 代表 (k) 点的权值，a[k].wn 为 (k) 节点出现的次数，cnt是存在或存在过的节点总数，可以当编号来使唤。
void insert(int& k,int x)
{
if(!k)//由于不存在的儿子为0，这是情况二
{
k=++cnt;
if(!root) root=1;//如果还没有根，那么就把他设成根
//这样便于以下操作从根开始往下搜
a[k].val=x,a[k].ls=a[k].rs=0;
a[k].wn=a[k].size=a[k].sh=1;
}
else
{
if(a[k].val==x) a[k].wn++;//情况一
//按二叉搜索树性质向下找
else if(x<a[k].val) insert(a[k].ls,x);
else insert(a[k].rs,x);
//记得更新与不断判断是否失衡
update(k);
if(judge(k)) bal(k);
}
}
你又会问了：
这样失衡次数如果很多不会垮吗？
答案是否定的，因为只插入一个节点不可能次次改变树的平衡度。
这个问题说了三遍了......
操作二：删除节点。
理论上的套路与插入节点异曲同工。
这里只需要处理更新剩下的节点数和节点自身次数，由于操作很少，所以被称为“惰性删除”。
先看代码：
void del(int& k,int x)
{
//if(!k) return;
a[k].sh--;
if(a[k].val==x) a[k].wn--;//可以判断a[k].wn>0?
else
{
if(a[k].val>x) del(a[k].ls,x);
else del(a[k].rs,x);
}
update(k);
if(judge(k)) bal(k);
}
这是保证合法的操作，判断不合法的已被注释。
很简单吧？
下面先不看操作三。
操作（询问？）四：查询第 (k) 大。
和权值线段树类似，如果左儿子不够用就在右边，如果够用就在左边。
还有一种比较特殊的情况，如果这个排名正好是根呢？
也就是这种情况：
x>a[a[k].ls].sh&&a[a[k].ls].sh+a[k].wn>=x
注意等号的取与否。
就是无脑模拟一下了：
int at(int k,int x)
{
if(a[k].ls==a[k].rs) return a[k].val;
if(x<=a[a[k].ls].sh) return at(a[k].ls,x);
else if(x>a[a[k].ls].sh&&a[a[k].ls].sh+a[k].wn>=x) return a[k].val;
else return at(a[k].rs,x-a[a[k].ls].sh-a[k].wn);
}
注意用的是剩下的，即 a[k].sh 而非 a[k].size。
下面考虑操作（询问？）三：查询一个数的排名。
我们考虑找到比 (x) 小的数的个数 (+1) 即可。
我们这里有一个二叉搜索树（假设每个点只出现 (1) 次）：
假设我们要查找比 (13) 小的有几个数。
那么就有这样的回溯路径：
我们注意在空节点处返回 (0)（显而易见）。
然后其他的情况分类即可：
(1.) 查找的值小于该节点的值，那么就返回他在左子树中的排名。
(2.) 查找的值等于该节点的值，那么就返回左子树剩余节点的个数。
(3.) 查找的值等于该节点的值，那么返回左子树剩余节点数，该节点出现次数与这个数在右子树的排名的和。
代码实现：
int rkdown(int k,int x)
{
if(!k) return 0;
if(a[k].wn&&a[k].val==x) return a[a[k].ls].sh;
else if(x<a[k].val) return rkdown(a[k].ls,x);
else return a[a[k].ls].sh+a[k].wn+rkdown(a[k].rs,x);
}
下面是操作五：询问一个数的前驱。
就是他前面那个数的值，也就是排名为比他小的数的个数的数。
也就是：
at(root,rkdown(root,x))
操作六（询问一个数的后继）怎么办呢？
我们珂以得出这个数最后的排名（指并列时的最后一个的排名），就是这样的：
int rkup(int k,int x)
{
if(!k) return 0;
if(a[k].wn&&x==a[k].val) return a[k].wn+a[a[k].ls].sh;
else if(x<a[k].val) return rkup(a[k].ls,x);
else return a[a[k].ls].sh+a[k].wn+rkup(a[k].rs,x);
}
你发现只有一个地方，就是当查找的值等于该节点的值时，要把他自身出现的次数算上。
查询后继只需：
at(root,rkup(root,x)+1)
可能 (+1) 容易忘，在函数中加上即可：
int rkup(int k,int x)
{
if(!k) return 1;
if(a[k].wn&&x==a[k].val) return 1+a[k].wn+a[a[k].ls].sh;
else if(x<a[k].val) return rkup(a[k].ls,x);
else return a[a[k].ls].sh+a[k].wn+rkup(a[k].rs,x);
}
这样能保证只加了一个 (1)，想想为什么。
太简单了，因为搜到底或者正好碰到只可能出现一次。（看什么，自己分析）
那么回答询问时：
at(root,rkup(root,x))
这样，所有的替罪羊树相关知识就讲完了。
是不是豁然开朗呢？细细理解，发现这个东西太好理解了，我的 ds 生涯有救啦。
为了方便 debug ，给出 (AC) 代码（全篇）：
#include"iostream"
#include"cstdio"
#include"cmath"
#include"cstring"
using namespace std;
#define read(x) scanf("%d",&x)
#define MAXN 100005
const double alpha=0.75;//这个值随心就好了
int n;
int t,x;
struct node
{
int ls,rs;
int size,sh;
int val;
int wn;
node()
{
ls=rs=0;
size=sh=0;
val=0;
wn=0;
}
}a[MAXN];
int root=0;
int rt[MAXN],crt=0;
int cnt=0;
bool judge(int k){return (a[k].wn&&(alpha*(double)a[k].size<(double)max(a[a[k].ls].size,a[a[k].rs].size)||(double)a[k].sh<alpha*(double)a[k].size));}
void update(int k)
{
a[k].size=a[a[k].ls].size+a[a[k].rs].size+a[k].wn;
a[k].sh=a[a[k].ls].sh+a[a[k].rs].sh+a[k].wn;
return;
}
void unfold(int k)
{
if(!k) return;
unfold(a[k].ls);
if(a[k].wn) rt[++crt]=k;
unfold(a[k].rs);
return;
}
int rebuild(int l,int r)
{
if(l==r) return 0;
int mid=(l+r)>>1;
a[rt[mid]].ls=rebuild(l,mid);
a[rt[mid]].rs=rebuild(mid+1,r);
update(rt[mid]);
return rt[mid];
}
void bal(int& k){crt=0,unfold(k),k=rebuild(1,crt+1);}
void insert(int& k,int x)
{
if(!k)
{
k=++cnt;
if(!root) root=1;
a[k].val=x,a[k].ls=a[k].rs=0;
a[k].wn=a[k].size=a[k].sh=1;
}
else
{
if(a[k].val==x) a[k].wn++;
else if(x<a[k].val) insert(a[k].ls,x);
else insert(a[k].rs,x);
update(k);
if(judge(k)) bal(k);
}
}
void del(int& k,int x)
{
a[k].sh--;
if(a[k].val==x) a[k].wn--;
else
{
if(a[k].val>x) del(a[k].ls,x);
else del(a[k].rs,x);
}
update(k);
if(judge(k)) bal(k);
}
int rkup(int k,int x)
{
if(!k) return 1;
if(a[k].wn&&x==a[k].val) return 1+a[k].wn+a[a[k].ls].sh;
else if(x<a[k].val) return rkup(a[k].ls,x);
else return a[a[k].ls].sh+a[k].wn+rkup(a[k].rs,x);
}
int rkdown(int k,int x)
{
if(!k) return 0;
if(a[k].wn&&a[k].val==x) return a[a[k].ls].sh;
else if(x<a[k].val) return rkdown(a[k].ls,x);
else return a[a[k].ls].sh+a[k].wn+rkdown(a[k].rs,x);
}
int at(int k,int x)
{
if(a[k].ls==a[k].rs) return a[k].val;
if(x<=a[a[k].ls].sh) return at(a[k].ls,x);
else if(x>a[a[k].ls].sh&&a[a[k].ls].sh+a[k].wn>=x) return a[k].val;
else return at(a[k].rs,x-a[a[k].ls].sh-a[k].wn);
}
int main()
{
read(n);
while(n--)
{
read(t),read(x);
if(t==1) insert(root,x);
else if(t==2) del(root,x);
else if(t==3) printf("%d
",rkdown(root,x)+1);
else if(t==4) printf("%d
",at(root,x));
else if(t==5) printf("%d
",at(root,rkdown(root,x)));
else printf("%d
",at(root,rkup(root,x)));
}
return 0;
}
那么替罪羊树的时间复杂度是多少呢？
在最坏情况的均摊复杂度是下是 (mathcal O(mlog n))，是十分优秀的算法，这就是“暴力碾标算”的由来。
讲的够详细了吧......
行，点赞吧（<--不要脸）。