UVA 12657 Boxes in a Line(双向链表)

【题目链接】UVA-12657 Boxes in a Line

【样例】

【题意】

给定N个盒子，依次标号为1~N，有下面4种操作：

1 X Y 表示将X移到Y的左边；

2 X Y 表示将Y移到Y的右边；

3 X Y 表示交换X与Y的位置；

4  表示将1~N所有的盒子反序。

要你求经过M次操作之后，所有奇数位置的盒子标号之和。

【分析】

首先考虑第4种操作：

可以发现：

当N为奇数的时候，将所有盒子逆序，此时所有奇数位置的盒子标号之和是不会改变的；

当N是偶数的时候，所有奇数位置的盒子标号之和=所有盒子标号之和-所有偶数位置的盒子标号之和，因此当需要逆序的时候我们可以不执行逆序，转而计算此时所有偶数位置的盒子标号之和，即所有盒子标号-奇数位置标号之和。不需要逆序的时候则正常计算即可。

因此我们可以统计操作4的次数而不执行。

>如果数据结构中的某一项操作很耗时，有时我们可以用加标记的方式来处理，而不必真的去执行该项操作，但同时，该数据结构的其他所有操作都需要考虑该项操作。

如：若在当前操作前出现了奇数倍的操作4，那么接下来进行操作1,2的时候，需要将操作反向，即操作1变为2，2变为1。

输入如下时：

N=6------> 1 2 3 4 5 6

4------> 6 5 4 3 2 1

1 1 4------>6 5 1 4 3 2

上面的情况中求得的答案等价于下面这种情况：

N=6------> 1 2 3 4 5 6

2 1 4------> 2 3 4 1 5 6

其他细节见代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=100000+5;int N,M;int L[maxn],R[maxn];int link(int a,int b){    //辅助函数是两个节点相互链接    R[a]=b;L[b]=a;    return 0;}int main(){    int i,k;    int O,X,Y;    int cnt=0;    while(scanf("%d%d",&N,&M)==2){        cnt++;        int cur=0,ct=0;        for(i=0;i<N;i++)            R[i]=(i+1)%(N+1);        for(i=N;i>0;i--)            L[i]=i-1;        R[N]=0;L[0]=N;        //以上初始化,N与0相链接        for(i=0; i<M; i++){            scanf("%d",&O);            if(O==4){                ct++;                continue;            }            else{                scanf("%d%d",&X,&Y);                if(O==3&&R[Y]==X)                    swap(X,Y);                //交换后使得Y保证在X的右边,利于后面的统一交换操作                if(ct%2&&O!=3){                    O=3-O;                }//奇数次逆序,操作反向                int LX=L[X],RX=R[X],LY=L[Y],RY=R[Y];                //这一步至关重要,倘若不使用这一步,在连接节点的过程中                //原始值会发生改变,导致之后系列的连接出错                //考虑同样效果的写法：                //if(O==1){                //int xl=L[X],xr=R[X];                //R[xl]=xr,L[xr]=xl;                //int yl=L[Y];                //R[yl]=X,L[X]=yl;                //L[Y]=X,R[X]=Y;                //}                if(O==1&&LY!=X){                    link(LY,X);                    link(LX,RX);                    link(X,Y);                    continue;                }                if(O==2&&RY!=X){                    link(X,RY);                    link(Y,X);                    link(LX,RX);                    continue;                }                if(O==3){                    //处理操作3时注意细节,考虑XY相邻的两种情况                    if(RX==Y){                        link(LX,Y);link(Y,X);link(X,RY);                    }                    else{                        link(LX,Y);link(Y,RX);link(LY,X);link(X,RY);                    }                    continue;                }            }        }        int s=0;        long long ans=0;        for(i=1; i<=N; i++){            s=R[s];            if(i%2)                ans+=s;        }        if(ct%2&&N%2==0)             ans=(long long)N*(N+1)/2-ans;        //当N为偶数且有奇数次逆序时,可以不逆序而计算此时的偶数位置标号之和        cout<<"Case "<<cnt<<": "<<ans<<endl;    }    return 0;}