BZOJ2002[HNOI2010] 弹飞绵羊（分块）

原题链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2002

弹飞绵羊

Description

某天，Lostmonkey发明了一种超级弹力装置，为了在他的绵羊朋友面前显摆，他邀请小绵羊一起玩个游戏。游戏一开始，Lostmonkey在地上沿着一条直线摆上n个装置，每个装置设定初始弹力系数ki，当绵羊达到第i个装置时，它会往后弹ki步，达到第i+ki个装置，若不存在第i+ki个装置，则绵羊被弹飞。绵羊想知道当它从第i个装置起步时，被弹几次后会被弹飞。为了使得游戏更有趣，Lostmonkey可以修改某个弹力装置的弹力系数，任何时候弹力系数均为正整数。

Input

第一行包含一个整数n，表示地上有n个装置，装置的编号从0到n-1,接下来一行有n个正整数，依次为那n个装置的初始弹力系数。第三行有一个正整数m，接下来m行每行至少有两个数i、j，若i=1，你要输出从j出发被弹几次后被弹飞，若i=2则还会再输入一个正整数k，表示第j个弹力装置的系数被修改成k。对于20%的数据n,m<=10000，对于100%的数据n<=200000,m<=100000

Output

对于每个i=1的情况，你都要输出一个需要的步数，占一行。

Sample Input

4
1 2 1 1
3
1 1
2 1 1
1 1

Sample Output

2
3

题解

虽然正解是LCTLCT\mathcal{LCT}但是由于优秀的常数，会被分块艹成傻逼，在博主不会mathcalLCTmathcalLCTmathcal{LCT}之前还是用分块写的。

分块很简单，对于每一个块我们维护每个节点会跳到下一个块的哪个点以及中间跳了几次，修改就直接暴力dfsdfs\mathcal{dfs}整个块修改信息，查询就更简单了，沿着维护的信息跳就好了。综上修改和查询的复杂度均为O(n−−√)O(n)O(\sqrt{n})，总复杂度O(n\sqrt{n})，由于常数较小，所以成功艹翻正解。。。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct sd{int fa,ti;
};
const int M=200000;
int sz,tot,n,m,a,b,c;
int x[M+5],pt[M][2],num[M+5],f[M],t[M];
void out(int hh[])
{for(int i=0;i<n;++i)printf("%d ",hh[i]);printf("\n");
}
sd dfs(int v,int r)
{if(f[v]>r) return (sd){f[v],t[v]};sd p=dfs(f[v],r);f[v]=p.fa;t[v]+=p.ti;return (sd){f[v],t[v]};
}
void jump(int v)
{int ans=0;while(v<n)ans+=t[v],v=f[v];printf("%d\n",ans);
}
void reb(int v)
{int l=pt[num[v]][0],r=pt[num[v]][1];for(int i=v;i>=l;--i)f[i]=i+x[i],t[i]=1,dfs(i,r);
}
void in()
{scanf("%d",&n);sz=sqrt(n);tot=(n-1)/sz+1;for(int i=0;i<n;++i){scanf("%d",&x[i]);f[i]=i+x[i];num[i]=i/sz+1;}for(int i=1;i<=tot;++i)pt[i][0]=(i-1)*sz,pt[i][1]=i*sz-1;pt[tot][1]=n-1;fill(t,t+n,1);for(int i=1;i<=tot;++i)reb(pt[i][1]);
}
void work()
{scanf("%d",&m);for(int i=1;i<=m;++i){scanf("%d%d",&a,&b);if(a==1) jump(b);else{scanf("%d",&c);x[b]=c;reb(b);}}
}
int main()
{in();work(); return 0;
}