P3919 【模板】可持久化数组（可持久化线段树/平衡树）

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）：

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
对于操作2，格式为vi 2 loci ，即访问版本vi 中的 aloci 的值

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：

说明

数据规模：

对于30%的数据：1≤N,M≤10³

对于50%的数据：1≤N,M≤10⁴

对于70%的数据：1≤N,M≤10⁵

对于100%的数据：1≤N,M≤10⁶,1≤loci≤N,0≤vi<i,−10⁹≤ai,valuei≤10⁹

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

Solution：

　　差点忘了还有这档板子没打。

　　可持久化的基础就是能对过去的版本状态进行查询和修改，实现起来无非就是用空间换时间，用上动态开点的思想就很简单了。

　　本题的每个版本就是当前的操作次数，我们先对初始版本建立一棵线段树，每次修改就在被修改的那棵树中递归，访问到的节点全部动态开，每次顶多产生$\log n$个新节点，而查询操作就直接在被查询的那棵树中查询，只不过记得查询也得记录版本（直接把被查询版本的根作为当前版本的根节点就好了）。

　　时空复杂度，显然都是$O(n\log n)$。

代码：

/*Code by 520 -- 9.23*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
const int N=1000005;
int n,m,cnt,a[N],rt[N*40];
struct node{int ls,rs,val;
}t[N*40];int gi(){int a=0;char x=getchar();bool f=0;while((x<'0'||x>'9')&&x!='-') x=getchar();if(x=='-') x=getchar(),f=1;while(x>='0'&&x<='9') a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar();return f?-a:a;
}void build(int l,int r,int &rt){rt=++cnt;if(l==r) {t[rt].val=a[l];return;}int m=l+r>>1;build(l,m,t[rt].ls),build(m+1,r,t[rt].rs);
}void update(int l,int r,int k,int x,int lst,int &rt){rt=++cnt;t[rt]=t[lst];if(l==r) {t[rt].val=x;return;}int m=l+r>>1;if(k<=m) update(l,m,k,x,t[lst].ls,t[rt].ls);else update(m+1,r,k,x,t[lst].rs,t[rt].rs);
}int query(int l,int r,int k,int rt){if(l==r) return t[rt].val;int m=l+r>>1;if(k<=m) return query(l,m,k,t[rt].ls);else return query(m+1,r,k,t[rt].rs);
}int main(){n=gi(),m=gi();For(i,1,n) a[i]=gi();build(1,n,rt[0]);int lst,opt,x,y;For(i,1,m){lst=gi(),opt=gi(),x=gi();if(opt==1) y=gi(),update(1,n,x,y,rt[lst],rt[i]);else printf("%d\n",query(1,n,x,rt[lst])),rt[i]=rt[lst];}return 0;
}

　　当然本题也可以用可持久化平衡树来搞，思路极其简单不多赘述。

可持久化平衡树的代码（90分，最后一组Hack数据会T）：

/*Code by 520 -- 9.27*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
const int N=1000005;
int n,m,root[N],cnt;
struct node{int ls,rs,siz,date,rnd;
}t[N*40];int gi(){int a=0;char x=getchar();bool f=0;while((x<'0'||x>'9')&&x!='-') x=getchar();if(x=='-') x=getchar(),f=1;while(x>='0'&&x<='9') a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar();return f?-a:a;
}il int newnode(int v){++cnt;t[cnt].siz=1,t[cnt].date=v,t[cnt].rnd=rand();return cnt;
}il void up(int rt){t[rt].siz=t[t[rt].ls].siz+t[t[rt].rs].siz+1;}int merge(int x,int y){if(!x||!y) return x+y;if(t[x].rnd<t[y].rnd) {int p=++cnt;t[p]=t[x];t[p].rs=merge(t[p].rs,y);up(p);return p;}else {int p=++cnt;t[p]=t[y];t[p].ls=merge(x,t[p].ls);up(p);return p;    }
}void split(int rt,int k,int &x,int &y){if(!rt){x=y=0;return;}if(t[t[rt].ls].siz<k) {x=++cnt;t[x]=t[rt];split(t[x].rs,k-t[t[rt].ls].siz-1,t[x].rs,y);up(x);}else {y=++cnt;t[y]=t[rt];split(t[y].ls,k,x,t[y].ls);up(y);    }
}il int kth(int rt,int v){while(1){if(t[t[rt].ls].siz>=v) rt=t[rt].ls;else if(t[t[rt].ls].siz+1<v) v-=t[t[rt].ls].siz+1,rt=t[rt].rs;else return t[rt].date;}
}int main(){n=gi(),m=gi();int v,opt,pos,x,r1,r2,r3;For(i,1,n) x=gi(),root[0]=merge(root[0],newnode(x));For(i,1,m) {v=gi(),opt=gi(),pos=gi();if(opt==1) {x=gi();r1=r2=r3=0;split(root[v],pos,r1,r2),split(r1,pos-1,r1,r3);t[r3].date=x;root[i]=merge(merge(r1,r3),r2);}else {root[i]=root[v];printf("%d\n",kth(root[v],pos));    }}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/five20/p/9696926.html