[Luogu 3919]模板可持久化数组（可持久化线段树/平衡树）

Posted 2020-10-09 NaVi_Awson

Description

如题，你需要维护这样的一个长度为 N 的数组，支持如下几种操作

1. 在某个历史版本上修改某一个位置上的值

2. 访问某个历史版本上的某一位置的值

此外，每进行一次操作（对于操作2，即为生成一个完全一样的版本，不作任何改动），就会生成一个新的版本。版本编号即为当前操作的编号（从1开始编号，版本0表示初始状态数组）

Input

输入的第一行包含两个正整数 N, M， 分别表示数组的长度和操作的个数。

第二行包含N个整数，依次为初始状态下数组各位的值（依次为 a_i，1≤i≤N）。

接下来M行每行包含3或4个整数，代表两种操作之一（ii为基于的历史版本号）：

1. 对于操作1，格式为v?i?? 1 loc?i?? value?i??，即为在版本v_iv?i??的基础上，将 a?loc?i???? 修改为 value?i??

2. 对于操作2，格式为v?i?? 2 loc?i?? ，即访问版本 v?i?? 中的 a?loc?i???? 的值

Output

输出包含若干行，依次为每个操作2的结果。

Sample Input

5 10
59 46 14 87 41
0 2 1
0 1 1 14
0 1 1 57
0 1 1 88
4 2 4
0 2 5
0 2 4
4 2 1
2 2 2
1 1 5 91

Sample Output

59
87
41
87
88
46

HINT

数据规模：

对于30%的数据：1≤N,M≤10?3??

对于50%的数据：1≤N,M≤10?4??

对于70%的数据：1≤N,M≤10?5??

对于100%的数据：1≤N,M≤10?6??,1≤loc?i??≤N,0≤v?i??<i,−10?9??≤a?i??,value?i??≤10?9??

经测试，正常常数的可持久化数组可以通过，请各位放心

数据略微凶残，请注意常数不要过大

另，此题I/O量较大，如果实在TLE请注意I/O优化

样例说明：

一共11个版本，编号从0-10，依次为：

• 0 : 59 46 14 87 41

• 1 : 59 46 14 87 41

• 2 : 14 46 14 87 41

• 3 : 57 46 14 87 41

• 4 : 88 46 14 87 41

• 5 : 88 46 14 87 41

• 6 : 59 46 14 87 41

• 7 : 59 46 14 87 41

• 8 : 88 46 14 87 41

• 9 : 14 46 14 87 41

• 10 : 59 46 14 87 91

题解

$rt$，当模板存着...

 1 //It is made by Awson on 2017.10.3
 2 #include <set>
 3 #include <map>
 4 #include <cmath>
 5 #include <ctime>
 6 #include <queue>
 7 #include <stack>
 8 #include <vector>
 9 #include <cstdio>
10 #include <string>
11 #include <cstring>
12 #include <cstdlib>
13 #include <iostream>
14 #include <algorithm>
15 #define LL long long
16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
17 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
18 #define sqr(x) ((x)*(x))
19 #define insert INSERT
20 using namespace std;
21 const int N = 1e6;
22 void read(int &x) {
23     char ch; bool flag = 0;
24     for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == ‘-‘)) || 1); ch = getchar());
25     for (x = 0; isdigit(ch); x = (x<<1)+(x<<3)+ch-48, ch = getchar());
26     x *= 1-2*flag;
27 }
28 
29 struct node {
30     int key;
31     node *child[2];
32 }sgm[N*20+5], *pos = sgm;
33 node* root[N+5];
34 int n, m, a[N+5];
35 int opt, v, loc, val;
36 
37 void build(node *o, int l, int r) {
38     if (l == r) {
39         o->key = a[l];
40         return;
41     }
42     int mid = (l+r)>>1;
43     o->child[0] = ++pos; build(o->child[0], l, mid);
44     o->child[1] = ++pos; build(o->child[1], mid+1, r);
45 }
46 void insert(node* &o, int l, int r, int loc, int val) {
47     node* tmp = o;
48     o = ++pos;
49     if (l == r) {
50         o->key = val;
51         return;
52     }else {
53         o->child[0] = tmp->child[0];
54         o->child[1] = tmp->child[1];
55     }
56     int mid = (l+r)>>1;
57     if (loc <= mid) insert(o->child[0], l, mid, loc, val);
58     else insert(o->child[1], mid+1, r, loc, val);
59 }
60 int query(node *o, int l, int r, int loc) {
61     if (l == r) return o->key;
62     int mid = (l+r)>>1;
63     if (loc <= mid) return query(o->child[0], l, mid, loc);
64     else return query(o->child[1], mid+1, r, loc);
65 }
66 void work() {
67     read(n), read(m);
68     for (int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
69     root[0] = pos;
70     build(root[0], 1, n);
71     for (int i = 1; i <= m; i++) {
72         read(v), read(opt);
73         if (opt == 1) {
74             read(loc), read(val);
75             root[i] = root[v];
76             insert(root[i], 1, n, loc, val);
77         }
78         else {
79             read(loc);
80             root[i] = root[v];
81             printf("%d\n", query(root[i], 1, n, loc));
82         }
83     }
84 }
85 int main() {
86     work();
87     return 0;
88 }