洛谷 P3919 可持久化线段树 1 之主席树模板(初级)
洛谷P3919题解
摸鱼环节
【模板】可持久化线段树 1（可持久化数组）
题目背景
UPDATE : 最后一个点时间空间已经放大
2021.9.18 增添一组 hack 数据 by @panyf
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
-
在某个历史版本上修改某一个位置上的值
-
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 $ a_i \(，\) 1 \leq i \leq 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 $为基于的历史版本号）：
-
对于操作1，格式为$ v_i \ 1 \ {loc}_i \ {value}i \(，即为在版本\) v_i $的基础上，将 $ a_i} $ 修改为 $ {value}_i $。
-
对于操作2，格式为$ v_i \ 2 \ {loc}i \(，即访问版本\) v_i $中的 $ a_i} $的值，注意：生成一样版本的对象应为 \(v_i\)。
输出格式
输出包含若干行，依次为每个操作2的结果。
样例 #1
样例输入 #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
样例输出 #1
59
87
41
87
88
46
提示
数据规模：
对于30%的数据：$ 1 \leq N, M \leq {10}^3 $
对于50%的数据：$ 1 \leq N, M \leq {10}^4 $
对于70%的数据：$ 1 \leq N, M \leq {10}^5 $
对于100%的数据：$ 1 \leq N, M \leq {10}^6, 1 \leq {loc}_i \leq N, 0 \leq v_i < i, -{10}^9 \leq a_i, {value}_i \leq {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
不得不说，发明主席树的HJT可真是个添柴
这道可持久化线段树的板子，今天也是有空干掉了（绝不是之前懒得写）。其小名主席树也是OIer皆知，so what is 主席树？说白了就是完成对某一时刻数据的修改与查询（起码这道题是这样），此时就需要将这些状态全缓存下来，就可以达到目的了。
正片开始
如此持久特别的主席树会不会很难写？The answer is YES，线段树不难写吗？ NO，基本实现与线段树无异，只是多了个储存版本的过程。
1.储存信息
- 储存树的信息可选择结构体(
简单直观)。 - 用root数组储存版本信息(初始版本编号为0)。
2.建树部分
与一般建树无异，需要处理出节点编号个数。
code：
void build(int &u,int l,int r)
{
u=++top;
if(l==r){tree[u].val=a[l];return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(tree[u].l,l,mid);
build(tree[u].r,mid+1,r);
}
3.更新部分
对于每次更新，都需要新建版本节点。
code：
int add(int u)
{
top++;
tree[top]=tree[u];//将原先节点信息传递给新建节点
return top;
}
void update(int &u,int l,int r,int x,int v)
{
u=add(u);//对于修改部分新建节点
if(l==r){tree[u].val=v;return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid){update(tree[u].l,l,mid,x,v);}
else {update(tree[u].r,mid+1,r,x,v);}
}
4.询问部分
这与线段树询问一毛一样。
code：
int query(int u,int l,int r,int x)
{
if(l==r) return tree[u].val;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) return query(tree[u].l,l,mid,x);
else return query(tree[u].r,mid+1,r,x);
}
5.主体部分
直接见代码。
code：
build(root[0],1,n);//root数组保存版本根节点编号
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int rt,op,x,y;scanf("%d%d%d",&rt,&op,&x);
if(op==1){scanf("%d",&y);root[i]=root[rt];update(root[i],1,n,x,y);}//操作一，i为版本编号，root[i]储存版本信息
else{printf("%d\n",query(root[rt],1,n,x));root[i]=root[rt];}//操作二与操作一同理
}
6.注意！！警钟长鸣！！
1.数组大小
由于需要多次新建节点，所以数组大小尽量开大，同时不要忘记tree需要开四倍空间。
2.TLE问题
由于测试点出现毒瘤良心数据，所以在读入与输出时，选择快读快输或是\(scanf\) \(printf\)。
完整代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7-520;
int n,m;
int top,root[N],a[N];
struct node
{
int l,r,val;
}tree[N*4];
int add(int u)
{
top++;
tree[top]=tree[u];
return top;
}
void build(int &u,int l,int r)
{
u=++top;
if(l==r){tree[u].val=a[l];return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(tree[u].l,l,mid);
build(tree[u].r,mid+1,r);
}
void update(int &u,int l,int r,int x,int v)
{
u=add(u);
if(l==r){tree[u].val=v;return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid){update(tree[u].l,l,mid,x,v);}
else {update(tree[u].r,mid+1,r,x,v);}
}
int query(int u,int l,int r,int x)
{
if(l==r) return tree[u].val;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) return query(tree[u].l,l,mid,x);
else return query(tree[u].r,mid+1,r,x);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
build(root[0],1,n);//root数组保存版本根节点编号
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int rt,op,x,y;scanf("%d%d%d",&rt,&op,&x);
if(op==1){scanf("%d",&y);root[i]=root[rt];update(root[i],1,n,x,y);}
else{printf("%d\n",query(root[rt],1,n,x));root[i]=root[rt];}
}
return 0;
}
完结收工！！！！！
看完点赞，养成习惯
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