本文参考资料：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/7499020.html
学习splay树首先要学习SBT，即二叉搜索树，
二叉搜索树，对于任意一个节点，左儿子的值比它小，右儿子的值比它大
并且任意一棵子树单独拎出来也是一棵二叉搜索树
二叉搜索树进行中序遍历后序列正好是有序的，查找复杂度o(lgn)。但是如果一开始给定的序列就是有序的，我们构造的SBT会是一条长链，查找复杂度就变会o(n)了。
各位大佬们为了解决平衡树这个尴尬的问题，想出了各种方法。。
也就是弄出了各种树，AVL树，替罪羊树等等等等。。。
然后有一个注明的大佬叫做Tarjan，弄出了splay这个玩意。。。
我们考虑对一棵不平衡的树，对一些节点进行旋转，使得这棵树重新变成平衡的，并且仍然保证中序遍历是有序的。
这是一个丑陋的平衡树的一部分
其中XYZ三个是节点，ABC三个是三棵子树
现在这个玩意，我如果想把X弄到Y那个地方去要怎么办，这样的话我就经过了旋转，重构了这棵树的结构，就可能让他变得更加平衡
恩，我们来看看怎么办。。。
X是Y的左儿子，所以X < Y
Y是Z的左儿子，所以Y < Z
所以X < Z，所以如果要把X弄到Y的上面去的话，X就应该放到Y的那个位置
继续看，现在Y > X那么Y一定是X的右儿子
但是X已经有了右儿子B，
根据平衡树我们可以知道X < B < Y
所以我们可以把X的右儿子B丢给Y当做左儿子
而X的左儿子A有A < X < Y < Z显然还是X的左儿子
综上，我们一顿乱搞，原来的平衡树被我们搞成了这个样子
在检查一下
原来的大小关系是
A < X < B < Y < C < Z
把X旋转一下之后大小关系
A < X < B < Y < C < Z
诶，大小关系也没有变
所以之前那棵平衡树就可以通过旋转变成这个样子
并且这个时候还是一棵平衡树
好神奇诶。。。
但是，XYZ的关系显然不仅仅只有这一种
有Y是Z的左儿子 X是Y的左儿子
有Y是Z的左儿子 X是Y的右儿子
有Y是Z的右儿子 X是Y的左儿子
有Y是Z的右儿子 X是Y的右儿子
一共4种情况，大家可以自己画画图，转一转。
如果把上面的图画完了，我们就可以正式的来玩一玩splay了
转完了上面四种情况，我们来找找规律
最明显的一点，我们把X转到了原来Y的位置
也就是说，原来Y是Z的哪个儿子，旋转之后X就是Z的哪个儿子
继续看一看
我们发现，X是Y的哪个儿子，那么旋转完之后，X的那个儿子就不会变
什么意思？
看一看我上面画的图
X是Y的左儿子，A是X的左儿子，旋转完之后，A还是X的左儿子
这个应该不难证明
如果X是Y的左儿子，A是X的左儿子
那么A < X < Y旋转完之后A还是X的左儿子
如果X是Y的右儿子，A是X的右儿子
那么A > X > Y 只是把不等式反过来了而已
再看一下，找找规律
如果原来X是Y的哪一个儿子，那么旋转完之后Y就是X的另外一个儿子
再看看图
如果原来X是Y的左儿子，旋转之后Y是X的右儿子
如果原来X是Y的右儿子，旋转之后Y是X的左儿子
这个应该也很好证明吧。。。
如果X是右儿子 X > Y，所以旋转后Y是X的左儿子
如果X是左儿子 Y > X，所以旋转后Y是X的右儿子
所以总结一下：
1.X变到原来Y的位置
2.Y变成了 X原来在Y的 相对的那个儿子
3.Y的非X的儿子不变 X的 X原来在Y的 那个儿子不变
4.X的 X原来在Y的 相对的 那个儿子 变成了 Y原来是X的那个儿子
啊，，，写出来真麻烦，用语言来写一下
其中t是树上节点的结构体，ch数组表示左右儿子，ch[0]是左儿子，ch[1]是右儿子，ff是父节点
void rotate(int x)//X是要旋转的节点{ int y=t[x].ff;//X的父亲
int z=t[y].ff;//X的祖父
int k=t[y].ch[1]==x;//X是Y的哪一个儿子 0是左儿子 1是右儿子
t[z].ch[t[z].ch[1]==y]=x;//Z的原来的Y的位置变为X
t[x].ff=z;//X的父亲变成Z
t[y].ch[k]=t[x].ch[k^1];//X的与X原来在Y的相对的那个儿子变成Y的儿子
t[t[x].ch[k^1]].ff=y;//更新父节点
t[x].ch[k^1]=y;//X的 与X原来相对位置的儿子变成 Y
t[y].ff=x;//更新父节点
}上面的代码用了很多小小小技巧
比如t[y].ch[1]==x
t[y].ch[1]是y的右儿子，如果x是右儿子，那么这个式子是1，否则是0，也正好对应着左右儿子
同样的k^1，表示相对的儿子，左儿子0^1=1 右儿子1^1=0
好了，这就是一个基本的旋转操作。
继续看接下来的东西
现在考虑一个问题
如果要把一个节点旋转到根节点（比如上面的Z节点呢）
我们是不是可以做两步，先把X转到Y再把X转到Z呢？
我们来看一看
一个这样的Splay
把X旋转到Y之后
再接着把X旋转到Z之后
好了，这就是对X连着旋转两次之后的Splay，看起来似乎没有什么问题。
但是，我们现在再来看一看
原图中的Splay有一条神奇链： Z->Y->X->B
然后再来看一看旋转完之后的Splay
也有一条链X->Z->Y->B
也就是说
如果你只对X进行旋转的话，
有一条链依旧存在，
如果是这样的话，splay很可能会被卡。
好了，
显然对于XYZ的不同情况，可以自己画图考虑一下，
如果要把X旋转到Z的位置应该如何旋转
归类一下，其实还是只有两种：
第一种，X和Y分别是Y和Z的同一个儿子
第二种，X和Y分别是Y和Z不同的儿子
对于情况一，也就是类似上面给出的图的情况，就要考虑先旋转Y再旋转X
对于情况二，自己画一下图，发现就是对X旋转两次，先旋转到Y再旋转到X
这样一想，对于splay旋转6种情况中的四种就很简单的分了类
其实另外两种情况很容易考虑，就是不存在Z节点，也就是Y节点就是Splay的根了
此时无论怎么样都是对于X向上进行一次旋转
那么splay的旋转也可以很容易的简化的写出来
void splay(int x,int goal)//将x旋转为goal的儿子，如果goal是0则旋转到根{
while(t[x].ff!=goal)//一直旋转到x成为goal的儿子
{ int y=t[x].ff,z=t[y].ff;//父节点祖父节点
if(z!=goal)//如果Y不是根节点，则分为上面两类来旋转
(t[z].ch[0]==y)^(t[y].ch[0]==x)?rotate(x):rotate(y); //这就是之前对于x和y是哪个儿子的讨论
rotate(x);//无论怎么样最后的一个操作都是旋转x
} if(goal==0)root=x;//如果goal是0，则将根节点更新为x
}这样写多简单，比另外一些人写得分6种情况讨论要简单很多。
先是查找find操作
从根节点开始，左侧都比他小，右侧都比他大，
所以只需要相应的往左/右递归
如果当前位置的val已经是要查找的数
那么直接把他Splay到根节点，方便接下来的操作
类似于二分查找，
所以时间复杂度O(logn)
inline void find(int x)//查找x的位置，并将其旋转到根节点{
int u=root;
if(!u)return;//树空
while(t[u].ch[x>t[u].val]&&x!=t[u].val)//当存在儿子并且当前位置的值不等于x
u=t[u].ch[x>t[u].val];//跳转到儿子，查找x的父节点
splay(u,0);//把当前位置旋转到根节点
}下一个Insert操作
往Splay中插入一个数
类似于Find操作，只是如果是已经存在的数，就可以直接在查找到的节点的进行计数
如果不存在，在递归的查找过程中，会找到他的父节点的位置，
然后就会发现底下没有啦。。。
所以这个时候新建一个节点就可以了
inline void insert(int x)//插入x{
int u=root,ff=0;//当前位置u，u的父节点ff
while(u&&t[u].val!=x)//当u存在并且没有移动到当前的值
{
ff=u;//向下u的儿子，父节点变为u
u=t[u].ch[x>t[u].val];//大于当前位置则向右找，否则向左找
} if(u)//存在这个值的位置
t[u].cnt++;//增加一个数
else//不存在这个数字，要新建一个节点来存放
{
u=++tot;//新节点的位置
if(ff)//如果父节点非根
t[ff].ch[x>t[ff].val]=u;
t[u].ch[0]=t[u].ch[1]=0;//不存在儿子
t[tot].ff=ff;//父节点
t[tot].val=x;//值
t[tot].cnt=1;//数量
t[tot].size=1;//大小
}
splay(u,0);//把当前位置移到根，保证结构的平衡。注意前面因为更改了子树大小，所以这里必须Splay上去进行pushup保证size的正确。
}继续，，，
前驱/后继操作Next
首先就要执行Find操作
把要查找的数弄到根节点
然后，以前驱为例
先确定前驱比他小，所以在左子树上
然后他的前驱是左子树中最大的值
所以一直跳右结点，直到没有为止
找后继反过来就行了
inline int Next(int x,int f)//查找x的前驱(0)或者后继(1){
find(x); int u=root;//根节点，此时x的父节点（存在的话）就是根节点
if(t[u].val>x&&f)return u;//如果当前节点的值大于x并且要查找的是后继
if(t[u].val<x&&!f)return u;//如果当前节点的值小于x并且要查找的是前驱
u=t[u].ch[f];//查找后继的话在右儿子上找，前驱在左儿子上找
while(t[u].ch[f^1])u=t[u].ch[f^1];//要反着跳转，否则会越来越大（越来越小）
return u;//返回位置
}还有操作呀/。。。
删除操作
现在就很简单啦
首先找到这个数的前驱，把他Splay到根节点
然后找到这个数后继，把他旋转到前驱的底下
比前驱大的数是后继，在右子树
比后继小的且比前驱大的有且仅有当前数
在后继的左子树上面，
因此直接把当前根节点的右儿子的左儿子删掉就可以啦
inline void Delete(int x)//删除x{
int last=Next(x,0);//查找x的前驱
int next=Next(x,1);//查找x的后继
splay(last,0);splay(next,last); //将前驱旋转到根节点，后继旋转到根节点下面
//很明显，此时后继是前驱的右儿子，x是后继的左儿子，并且x是叶子节点
int del=t[next].ch[0];//后继的左儿子
if(t[del].cnt>1)//如果超过一个
{
t[del].cnt--;//直接减少一个
splay(del,0);//旋转
} else
t[next].ch[0]=0;//这个节点直接丢掉（不存在了）
}忽然发现我连第K大都没有写，随口口胡一下
从当前根节点开始，检查左子树大小
因为所有比当前位置小的数都在左侧
如果左侧的数的个数多余K，则证明第K大在左子树中
否则，向右子树找，找K-左子树大小-当前位置的数的个数
记住特判K恰好在当前位置。
inline int kth(int x)//查找排名为x的数{
int u=root;//当前根节点
if(t[u].size<x)//如果当前树上没有这么多数
return 0;//不存在
while(1)
{ int y=t[u].ch[0];//左儿子
if(x>t[y].size+t[u].cnt) //如果排名比左儿子的大小和当前节点的数量要大
{
x-=t[y].size+t[u].cnt;//数量减少
u=t[u].ch[1];//那么当前排名的数一定在右儿子上找
} else//否则的话在当前节点或者左儿子上查找
if(t[y].size>=x)//左儿子的节点数足够
u=y;//在左儿子上继续找
else//否则就是在当前根节点上
return t[u].val;
}
}
有话要说...