算法提高 盾神與條狀項鍊（靜態鏈表）

試題 算法提高 盾神與條狀項鍊

資源限制
時間限制：1.0s 內存限制：256.0MB
問題描述
　　有一天，盾神撿到了好多好多五顏六色的珠子！他心想這些珠子這麼漂亮，可以做成一條項鍊然後送給他心儀的女生~於是他用其中一些珠子做成了長度爲n的項鍊。當他準備把項鍊首尾相接的時候，土方進來了。
　　“哇這麼噁心的項鍊你也做得出來！！！”
　　盾神自知審美不是他的長項，於是他很謙虛地請教土方，怎麼才能把項鍊做得漂亮。
　　“這個嘛~ 首先你要在這裏加上一個這種顏色的珠子，然後在這裏去掉這個珠子，然後……，最後你看看是不是漂亮很多咧~”土方一下子說出了m個修改步驟。
　　盾神覺得這個用人工做太麻煩了，於是交給了你。
輸入格式
　　第一行兩個數，分別爲n，m。
　　第二行n個數，表示盾神一開始的項鍊。第i個數表示第i顆珠子的顏色。
　　接下來m行，爲以下形式之一：
　　ADD P Q：表示在顏色爲P的珠子前面加上一個顏色爲Q的珠子。
　　DEL P：表示把顏色爲P的珠子去掉，如果它不在端點處，則需要把它旁邊的兩顆珠子連起來。例如某時刻項鍊狀態爲1 4 5 8，則執行DEL 4會變成1 5 8，執行DEL 1會變成4 5 8。
　　輸入保證在每次操作之前，項鍊有顏色爲P的珠子，且任意時刻珠子顏色互不相同。
輸出格式
　　第一行爲一個數len，爲做完所有操作後，項鍊的長度。
　　第二行len個數，表示此時項鍊的狀態。第i個數表示第i顆珠子的顏色。
樣例輸入
10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
DEL 5
ADD 7 5
DEL 10
ADD 4 20
ADD 20 12
樣例輸出
11
1 2 3 12 20 4 6 5 7 8 9
數據規模和約定
　　表示顏色的數字不超過10^ 5的正數，1<=n<=10^ 4，1<=m<=10^4。

題解

一開始使用動態鏈表來做，因爲要不停的定位到珠子來進行增減操作，而鏈表只能從頭尾遍歷，這樣實現效率很低，於是轉向靜態鏈表，題目說表示顏色的數字不超過10^ 5，之前又說每個顏色的珠子只有一個，所以開一個10^ 5大小的數組node[]來模擬，這個數組是一個結構體數組，存放其左右結點的編號，每次增加或者減少珠子就只要維護數組中的幾個元素就行了。

ADD操作 比如要在 … a b… 中間插入c，只要:

node[a].right=c; node[c].left=a;
node[c].right=b; node[b].left=c;
*（如果要在串首增加元素，要特殊處理，詳見下面代碼）*

DEL操作 比如要在 … a b c … 刪除b，只要:

node[a].right=c; node[c].left=a;
*如果要嚴謹一點，還要加上*
node[b].left=node[b].right=-1;

AC代碼如下，有清晰的註釋

//算法提高 盾神與條狀項鍊 
#include<stdio.h>
#include<cstring>
using namespace std;

const int MAXN=1e5+1;
struct Node{
	int left,right;		//存儲珠子左右的編號 
	Node(){left=right=-1;}
};
Node node[MAXN];

int main(){
	char q[5];
	int n,m;		//n個珠子，m次操作 
	int p=0,c;		//p-上一次珠子  c-當前珠子編號 
	int begin,len;	//begin-串開頭的珠子  len-珠子的總數量 
	
	scanf("%d%d",&n,&m);
	len=n;				//開始的時候串長爲n 
	for(int i=0;i<n;i++){
		scanf("%d",&c);
		if(i==0){		//當輸入第一個珠子時，特殊處理 
			begin=c;
			p=c;
			continue;	
		}
		node[p].right=c;	//更改前一個珠子的右邊（下一個）珠子的編號 
		node[c].left=p;		//更改當前珠子的左邊（前一個）珠子的編號 
		p=c;				//更新p 
	}
	while(m--){
		scanf("%s",q);
		if(!strcmp(q,"ADD")){		//添加操作 
			len++;				//串長度加 1 
			int a,b;
			scanf("%d%d",&a,&b);
			if(node[a].left==-1){		//如果是在第一個珠子前面增加 
				begin=b;			//更改串首珠子的編號 
				node[b].right=a;
				node[a].left=b;
				continue;
			} 
				//把b插在a和a左邊珠子中間 
			node[node[a].left].right=b;		//原本a左邊珠子的右邊爲b 
			node[b].left=node[a].left;		//b的左邊珠子爲原本a左邊的珠子 
			node[a].left=b;					//a的左邊珠子爲b 
			node[b].right=a;				//b的右邊珠子爲a 
		}
		else if(!strcmp(q,"DEL")){		//刪除操作 
			len--;				//串長度減 1 
			int a;
			scanf("%d",&a);
			if(node[a].left==-1){		//如果是第一個珠子 
				begin=node[a].right;		//更新串首珠子的編號 
				node[node[a].right].left=-1;	//更新a右邊的珠子的左邊編號
				node[a].left=node[a].right=-1; 
				continue;
			}
				//刪除a，更新其左右信息 
			node[node[a].left].right=node[a].right;		//更新a左邊珠子的右邊信息 
			node[node[a].right].left=node[a].left;		//更新a右邊珠子的左邊信息 
			node[a].left=node[a].right=-1; 
		}
	}
	printf("%d\n",len);
	printf("%d",begin);
	while(node[begin].right!=-1){
		printf(" %d",node[begin].right);
		begin=node[begin].right;	
	}
	
	return 0;
}

PS. 劉汝佳著的紫書中有一題，和這題思路差不多，與大家分享：
移動盒子 （Boxes in a Line，UVa 12657）
你有一行盒子，從左到右依次編號爲1,2,3,…,n。可以執行以下4種指令：
1 x y：表示把盒子x移動到盒子y的左邊（如果x已經在y的左邊則忽略此指令）。
2 x y：表示把盒子x移動到盒子y的右邊（如果x已經在y的右邊則忽略此指令）。
3 x y：表示交換盒子x和y的位置。
4：表示反轉整條鏈。

指令保證合法，即x不等於y。

例如當n=6時在初始狀態盒子序列爲爲：1 2 3 4 5 6；
　　執行1 1 4後，盒子序列爲：2 3 1 4 5 6；
　　接下來執行2 3 5，盒子序列變爲：2 1 4 5 3 6；
　　再執行3 1 6，盒子序列變爲：2 6 4 5 3 1；
　　最終執行4，盒子序列變爲：1 3 5 4 6 2。

【輸入格式】
輸入包含不超過10組數據，每組數據第一行爲盒子數n和指令m，以下m行每行包含一條指令。
【輸出格式】
每組數據輸出一行，即所有奇數位置的盒子編號之和。位置從左到右編號爲1~n。
【輸入樣例】
6 4
1 1 4
2 3 5
3 1 6
4
6 3
1 1 4
2 3 5
3 1 6
100000 1
4
【輸出樣例】
12
9
2500050000
【數據範圍】
N,M<=100000

// UVa12657 Boxes in a Line
// Rujia Liu
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 100000 + 5;
int n, left[maxn], right[maxn];

inline void link(int L, int R) {
  right[L] = R; left[R] = L;
}

int main() {
  int m, kase = 0;
  while(scanf("%d%d", &n, &m) == 2) {
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
      left[i] = i-1;
      right[i] = (i+1) % (n+1);
    }
    right[0] = 1; left[0] = n;
    int op, X, Y, inv = 0;

    while(m--) {
      scanf("%d", &op);
      if(op == 4) inv = !inv;
      else {
        scanf("%d%d", &X, &Y);
        if(op == 3 && right[Y] == X) swap(X, Y);
        if(op != 3 && inv) op = 3 - op;
        if(op == 1 && X == left[Y]) continue;
        if(op == 2 && X == right[Y]) continue;

        int LX = left[X], RX = right[X], LY = left[Y], RY = right[Y];
        if(op == 1) {
          link(LX, RX); link(LY, X); link(X, Y);
        }
        else if(op == 2) {
          link(LX, RX); link(Y, X); link(X, RY);
        }
        else if(op == 3) {
          if(right[X] == Y) { link(LX, Y); link(Y, X); link(X, RY); }
          else { link(LX, Y); link(Y, RX); link(LY, X); link(X, RY); }
        }
      }
    }

    int b = 0;
    long long ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
      b = right[b];
      if(i % 2 == 1) ans += b;
    }
    if(inv && n % 2 == 0) ans = (long long)n*(n+1)/2 - ans;
    printf("Case %d: %lld\n", ++kase, ans);
  }
  return 0;
}