2012-10-20 NOIP模拟赛“高级打字机”O（n）离线算法

题目：codevs3333 高级打字机

【题目描述】

早苗入手了最新的高级打字机。最新款自然有着与以往不同的功能，那就是它具备撤销功能，厉害吧。请为这种高级打字机设计一个程序，支持如下3种操作：

1.T x：在文章末尾打下一个小写字母x。(type操作)

2.U x：撤销最后的x次修改操作。（Undo操作）（注意Query操作并不算修改操作）

3.Q x：询问当前文章中第x个字母并输出。（Query操作）

文章一开始可以视为空串。

【输入格式】

第1行：一个整数n，表示操作数量。

以下n行，每行一个命令。保证输入的命令合法。

【输出格式】

每行输出一个字母，表示Query操作的答案。

【样例输入】

7

T a

T b

T c

Q 2

U 2

T c

Q 2

【样例输出】

b

c

【数据范围】

对于40%的数据 n<=200;

对于100%的数据 n<=100000；保证Undo操作不会撤销Undo操作。

<高级挑战>

对于200%的数据 n<=100000；Undo操作可以撤销Undo操作。

<IOI挑战>

必须使用在线算法完成该题。

分析：

这道题很厉害，我还是第一次遇到有200%的数据的题，见识了，但是更让我觉得厉害的是它的若干解法。
对于100%的数据模拟，以及<IOI挑战>的若干在线算法（有什么主席树啦，trie树+倍增啦，rope啦）网上的dalao们讲得很不错，这里我只是理解一下针对高级挑战O（n）的离线操作。真实原因是只写得来这个。。。
首先引用题解上的几句话：（题解）

版本：接受第1--i个修改操作（包含Type和Undo）后的状态称为版本i。版本0为初始状态。

版本链：一般的数据结构题目只有各种修改命令（比如本题的Type操作），那么所有版本就会呈链状排列。

这种情况下只需要设计一个合理的数据结构依次执行操作即可。



版本树：Undo x撤销最近的x次修改操作，实际上就是当前版本还原为x次操作前的版本，换句话说，版本i = 版本i-x-1。






读入所有操作并建树，对这颗版本树按欧拉序求出所有版本。上图中就是按0->1->4...4->1->0->2->3->2->0的顺序遍历，同样使用栈就能计算出所有的版本，然后在对应的版本上解决询问即可。
那么有了题解后，我们对着题解分析：
首先，第i次操作（查询不算操作）后得到版本i。若第i次操作为Type，我们从版本i-1向版本i建一条边，并将操作i添加的字符压入栈中（回溯时退栈），表示通过这次Type我们能从版本i-1到版本i，并且当前版本为栈中字符串。
若第i次操作为Undo，那我们的版本i = 版本i-x-1，那么我们便从版本i-x-1连一条边想版本i，表示版本i其实是可以从版本i-x-1得到的。
对于每一操作后若有查询，便在该操作上记录一下这个查询以及这查询在所有查询中是第几次。
对于样例我们可以建图：



（图丑，莫笑）
所以沿着图dfs一次就可以了，由于会遍历到x条边（就是x个操作），而x是与n差不多的，所以复杂度为O（n）

代码：

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=100010;
int n,q,x,p,act;
int h[maxn],nxt[maxn],to[maxn],ans[maxn];
char ch,a[maxn],st[maxn];
vector <int> ques[maxn];
void build(int u,int v) {to[++p]=v;nxt[p]=h[u];h[u]=p;}
void dfs(int pos,int top)
{
for(int i=h[pos];i;i=nxt[i]) dfs(to[i],top);//undo
if(a[pos]) st[top]=a[pos],dfs(pos+1,top+1);//type
for(int i=0;i<ques[pos].size();i++){//query
int v=ques[pos][i];
ans[v]=st[ans[v]];
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",&ch);
switch (ch){
case 'T':scanf("%s",&a[act++]);break;
case 'U':{
scanf("%d",&x);act++;
build(act-x-1,act);
break;
}
case 'Q':{
scanf("%d",&x);
ques[act].push_back(++q);
ans[q]=x;
break;
}
}
}
dfs(0,1);
for(int i=1;i<=q;i++) printf("%c\n",ans[i]);
return 0;
}