洛谷P3919 【模板】可持久化数组（可持久化线段树/平衡树）

题目背景

UPDATE : 最后一个点时间空间已经放大

标题即题意

有了可持久化数组，便可以实现很多衍生的可持久化功能（例如：可持久化并查集）

题目描述

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）

输入输出格式

输入格式：

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 ai​，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（i为基于的历史版本号）：

  1. 对于操作1，格式为vi​ 1 loci​ valuei​，即为在版本vi​的基础上，将 aloci​​ 修改为valuei​

  2. 对于操作2，格式为vi​ 2 loci​，即访问版本vi​中的 aloci​​的值，生成一样版本的对象应为vi

输出格式：

输出包含若干行，依次为每个操作2的结果。

输入输出样例

输入样例#1： 
 
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
输出样例#1： 
 
59
87
41
87
88
46

说明

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≤loci​≤N,0≤vi​<i,−10^9≤ai​,valuei​≤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

询问生成的版本是指你访问的那个版本的复制

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

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstring>
 5 #define mid ((l+r)>>1)
 6 using namespace std;
 7 const int maxn=10000001;
 8 long long read()
 9 {
10     long long x=0,f=1;
11     char ch=getchar();
12     while(ch<'0'||ch>'9')
13     {
14         if(ch=='-')
15             f=-1;
16         ch=getchar();
17     }
18     while(ch>='0'&&ch<='9')
19     {
20         x=x*10+ch-'0';
21         ch=getchar();
22     }
23     return x*f;
24 }
25 struct node
26 {
27     int rt[maxn*10],T[maxn*2],L[maxn*2],R[maxn*2];
28     int cnt;
29     int build(int l,int r)
30     {
31         int root=++cnt;
32         if(l==r)
33         {
34             T[root]=read();
35             return root;
36         }
37         L[root]=build(l,mid);
38         R[root]=build(mid+1,r);
39         return root;
40     }
41     int update(int pre,int l,int r,int &x,int &c)
42     {
43         int root=++cnt;
44         if(l==r)
45         {
46             T[root]=c;
47             return root;
48         }
49         L[root]=L[pre];
50         R[root]=R[pre];
51 
52         if(x<=mid)
53             L[root]=update(L[pre],l,mid,x,c);
54         else
55             R[root]=update(R[pre],mid+1,r,x,c);
56         return root;
57     }
58     void query(int pre,int l,int r,int& x)
59     {
60         if(l==r)
61         {
62             printf("%d\n",T[pre]);
63             return;
64         }
65         if(x<=mid)
66             query(L[pre],l,mid,x);
67         else
68             query(R[pre],mid+1,r,x);
69     }
70 } iu;
71 int n,m,v,cd,x,y;
72 int main()
73 {
74     iu.cnt=0;
75     n=read(),m=read();
76     iu.build(1,n);
77     iu.rt[0]=1;
78     for(int i=1; i<=m; i++)
79     {
80         v=read(),cd=read(),x=read();
81         if(cd==1)
82         {
83             y=read();
84             iu.rt[i]=iu.update(iu.rt[v],1,n,x,y);
85         }
86         if(cd==2)
87         {
88             iu.rt[i]=iu.rt[v];
89             iu.query(iu.rt[v],1,n,x);
90         }
91     }
92     return 0;
93 }
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posted @ 2018-12-28 09:46  ~liweilin~  阅读(194)  评论(0)  编辑  收藏  举报