题意分析

给定一个字符串s，以及对该字符串s的 m 个操作。

字符串s包含n个字符，下标为1..n。字符由'A'到'Z'构成，字符增加1表示该字符变为后续字符，比如'A'增加1是'B'，'C'增加1是'D'。需要注意的是'Z'增加1是'A'。

m个操作包含以下四种类型：

1. 将字符串第i位到第j位设定为C。

   比如当i=2,j=3,C='Z'时："ABCDEFG"变成"AZZDEFG"

2. 将字符串第i位到第j位增加K。

   比如i=2,j=3,K=1时："ABCDEFG"变成"ACDDEFG"

3. 将字符串左边K位移至右边。

   比如K=3时："ABCDEFG"变成"DEFGABC"

4. 从字符串第i位到第j位，依次增加1,2,...,j-i+1。

   比如当i=2,j=3时："ABCDEFG"变成"ACEDEFG"

输出m个操作结束后的字符串s。

算法分析

本题需要根据每一次的操作去修改现在的s。若采用朴素的做法，每一次修改其最大代价为O(n)，故总的时间复杂度为O(nm)。对于n=50000,m=50000的数据量来说，这样时间复杂度显然是不能够接受的。

仔细观察我们每一次的操作，其中CMD3是对整体进行了平移，CMD1,CMD2,CMD4都是针对i到j的一个区间进行操作。

首先我们来解决看似比较简单的CMD3操作：

若将整个字符串s看作环形，则线型的字符串是从起点指针SP开始顺时针将n个元素进行展开得到的。那么CMD3操作为顺时针移动该环的头指针。举个例子来说：

最开始头指针在1时，我们展开字符串为[1,2,3,4,5]。当执行CMD3 K=2操作后，起点指针SP移动到3的位置，此时展开的字符串为[3,4,5,1,2]。

符合CMD3操作的规则，并且起点指针SP的改变就是增加了K。

其中新字符串的第i~j位，对应的是原字符串第i+SP~j+SP位。

所以我们只需要维护一个SP指针，当执行CMD3操作时，改变SP的值。而对于其他操作的区间，只需要将区间从[i..j]变化到[i+SP..j+SP]即可。

需要注意的是，SP,i+SP,j+SP有可能会超过n。当超过n时，需要将其值减去n。

至此执行CMD3操作的时间复杂度降至O(1)。

接下来考虑CMD1,CMD2,CMD4。这三个操作均为区间上的操作，因此我们可以使用线段树来进行模拟。(在我们的Hiho一下第19期和第20期可以找到线段树的教程)

在那之前，我们需要对字符进行处理。从题目中我们知道当一个字符超过'Z'时，会直接变成'A'。所以我们可以直接考虑将'A'~'Z'与0~25对应起来。当一个字符增加了很多次K后，其实际表示的字符也就等于该值 mod 26。

构造线段树

构造线段树，主要是构造每个节点的数据域，使其能够记录我们需要的信息，同时在父节点和子节点之间能够进行信息的传递。根据本题的题意，我们构造的线段树其节点包含以下三个数据：

• same: 表示当前区间的字符是否相同，若相同则same等于该字符，否则same=-1
• add: 表示当前区间的增量，对应CMD2操作所增加的K

• delta和 inc : 这两个变量是一组，其表示CMD4的操作。其含义为，该区间最左起第1个元素值增量为delta，此后每一个元素的增量比前一个多inc。即第2个元素的增量为delta+inc，第3个元素的增量为delta+inc+inc，...，第i个元素的增量为delta+inc*(i-1)。举个例子：

  若我们对区间[1,3]进行了CMD4操作，实际的意义为s1+1,s[2]+2,s[3]+3。对于表示区间[1,3]的节点，其Delta=1,inc=1。

  若我们对区间[1,3]进行了2次CMD4操作，实际意义为s1+2,s[2]+4,s[3]+6。则此时Delta=2,inc=2。而对于表示区间[2,3]的节点，其Delta=4,inc=2。因为该区间左起第1个元素为s[2]+4，故delta=4。

在本题中我们一开始便读入了字符串，该字符串的每一个字符对应了树的一个叶子节点。故我们一开始就需要建出整颗树，其代码：

// 该段代码我们采用的是数组模拟线段树
const int MAXN = 50001;

struct sTreeNode {
    int left, right;
    int same, add;
    int delta, inc;
    int lch, rch;
} tree[ MAXN << 2 ];

void createTree(int rt, int left, int right) {
    tree[rt].left = left, tree[rt].right = right;
    tree[rt].delta = tree[rt].step = 0;
    tree[rt].add = 0;

    if (left == right) {    // 叶子节点
        tree[rt].base = str[ left ] - 'A';
        tree[rt].lch = tree[rt].rch = 0;
        return ;
    }

    // 非叶子节点
    tree[rt].base = -1;
    tree[rt].lch = rt * 2, tree[rt].rch = rt * 2 + 1;

    int mid = (tree[rt].left + tree[rt].right) >> 1;
    createTree(tree[rt].lch, left, mid);
    createTree(tree[rt].rch, mid + 1, right);
    return ;
}

更新线段树

在更新线段树时，需要注意更新区间可能会出现i+SP <= n并且j+SP大于n时，此时要将区间分为[i+SP..n]和[1..j+SP-n]两个部分单独处理。

更新线段树信息的update函数：

// rt表示当前节点
// left,right表示此次操作的区间
// key表示此次操作K或Delta
// type表示此次操作的类型
void update(int rt, int left, int right, int key, int type) {
    if (!rt) return ;
    if (tree[rt].right < left || tree[rt].left > right) return ;
    if (left <= tree[rt].left && tree[rt].right <= right) {
        // 当前节点区间完全包含于[left,right]
        // 更新当前区间信息
        ...
    }  else {
        // 当前节点区间不完全包含于[left,right]，则需要让子区间来处理
        // 传递当前区间的信息
        ...            

        // 更新当前区间信息
        ...

        // 迭代处理
        update(tree[rt].lch, left, right, key, type);
        update(tree[rt].rch, left, right, key, type);
    }
    return ;
}

若当前区间包含于[left,right]，根据操作的不同我们进行如下的处理：

• CMD1: 直接更新区间的same值，同时将add，delta和inc置为0

  if (type == 1) {
      tree[rt].same = key;
      tree[rt].delta = 0, tree[rt].inc = 0;
      tree[rt].add = 0;
  }
  

• CMD2: 累加到当前区间的add上

  if (type == 2) {
      tree[rt].add += key;
  }
  

• CMD4: 将新的delta和inc累加到当前区间的delta和inc上

  if (type == 4) {
      tree[rt].delta += key + (tree[rt].left - left);
      tree[rt].inc ++;
  }
  

当需要对子区间进行处理时，我们需要将当前区间的信息传递下去，此时需要判断当前区间的same值：

// 传递当前区间的信息
int mid = (tree[rt].left + tree[rt].right) / 2;

if (tree[rt].base == -1) {
// lch
    tree[ tree[rt].lch ].delta += tree[rt].delta;
    tree[ tree[rt].lch ].step  += tree[rt].step;
    tree[ tree[rt].lch ].add   += tree[rt].add;
    // rch
    tree[ tree[rt].rch ].delta += tree[rt].delta + (mid - tree[rt].left + 1) * tree[rt].step;
    tree[ tree[rt].rch ].step  += tree[rt].step;
    tree[ tree[rt].rch ].add   += tree[rt].add;
}   else {
    tree[ tree[rt].lch ].base = tree[ tree[rt].rch ].base = tree[rt].base;
    tree[ tree[rt].lch ].delta = tree[rt].delta;
    tree[ tree[rt].rch ].delta = tree[rt].delta + (mid - tree[rt].left + 1) * tree[rt].step;
    tree[ tree[rt].lch ].step = tree[ tree[rt].rch ].step = tree[rt].step;
    tree[ tree[rt].lch ].add  = tree[ tree[rt].rch ].add  = tree[rt].add;
}

当我们把当前区间的信息传递下去后，可以知道当前区间内的字符一定会发生改变，所以设置其same=1。同时由于当前区间的add，delta和inc信息已经传递下去，其本身的add，delta和inc设置为0：

// 更新当前区间信息
tree[rt].base = -1;
tree[rt].delta = tree[rt].step = 0;
tree[rt].add = 0;

产生新的字符串

在这一步我们需要对整个线段树进行一次遍历，将所有的信息传递到叶子节点，再根据叶子节点的值产生我们新的字符串。

int f[ MAXN ];    // 记录每个叶子节点的数值
void getResult(int rt) {
    if (!rt) return ;
    if (tree[rt].base != -1) {
        int delta = tree[rt].delta;
        for (int i = tree[rt].left; i <= tree[rt].right; ++i)
            f[i] = tree[rt].base + tree[rt].add + delta, delta += tree[rt].step;
    } else {
        int mid = (tree[rt].left + tree[rt].right) / 2;
        // lch
        tree[ tree[rt].lch ].delta += tree[rt].delta;
        tree[ tree[rt].lch ].step  += tree[rt].step;
        tree[ tree[rt].lch ].add   += tree[rt].add;
        // rch
        tree[ tree[rt].rch ].delta += tree[rt].delta + (mid - tree[rt].left + 1) * tree[rt].step;
        tree[ tree[rt].rch ].step  += tree[rt].step;
        tree[ tree[rt].rch ].add   += tree[rt].add;

        getResult(tree[rt].lch);
        getResult(tree[rt].rch);
    }
    return ;
}

此时得到的s并不是我们最后的结果，还需要根据SP的值来输出

void typeAns() {
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        printf("%c", (char) (f[(SP + i) % n] + 'A'));
    printf("\n");
    return ;
}

结果分析

本题现场的通过率为2%，一个有9名选手。

本题的思维复杂度并没有第三题高，但是代码量比较大。因此在前三题花费了较多精力的选手很难有足够的时间来解决此题。

不过也有少数选手选择放弃了第三题，直接从第四题入手并得到了满分。

对于实际比赛来说，当拿到第四题这样的题目，而时间又不足够充裕时，直接采用朴素算法获得部分分也是一个较好的选择。