題目描述

如題，你需要維護這樣的一個長度為 N? 的數(shù)組，支持如下幾種操作

在某個歷史版本上修改某一個位置上的值

訪問某個歷史版本上的某一位置的值

此外，每進行一次操作（對于操作2，即為生成一個完全一樣的版本，不作任何改動），就會生成一個新的版本。版本編號即為當前操作的編號（從1開始編號，版本0表示初始狀態(tài)數(shù)組）

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入的第一行包含兩個正整數(shù) N,M， 分別表示數(shù)組的長度和操作的個數(shù)。

第二行包含N個整數(shù)，依次為初始狀態(tài)下數(shù)組各位的值（依次為 ai ，1≤i≤N ）。

接下來M行每行包含3或4個整數(shù)，代表兩種操作之一（i 為基于的歷史版本號）：

對于操作1，格式為vi?1?loci?valuei ，即為在版本vi ?的基礎(chǔ)上，將 aloci修改為 valuei?

對于操作2，格式為vi?2?loci ，即訪問版本vi ?中的 aloci 的值

輸出格式：

輸出包含若干行，依次為每個操作2的結(jié)果。

輸入輸出樣例

輸入樣例#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 輸出樣例#1：? 59 87 41 87 88 46

說明

數(shù)據(jù)規(guī)模：

對于30%的數(shù)據(jù)：1≤N,M≤10³

對于50%的數(shù)據(jù)：1≤N,M≤10⁴

對于70%的數(shù)據(jù)：1≤N,M≤10⁵

對于100%的數(shù)據(jù)：1≤N,M≤10⁶,1≤loci≤N,0≤vi<i,?10⁹≤ai,valuei≤10⁹

經(jīng)測試，正常常數(shù)的可持久化數(shù)組可以通過，請各位放心

數(shù)據(jù)略微兇殘，請注意常數(shù)不要過大

另，此題I/O量較大，如果實在TLE請注意I/O優(yōu)化

詢問生成的版本是指你訪問的那個版本的復(fù)制

樣例說明：

一共11個版本，編號從0-10，依次為：

* 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：

　　差點忘了還有這檔板子沒打。

　　可持久化的基礎(chǔ)就是能對過去的版本狀態(tài)進行查詢和修改，實現(xiàn)起來無非就是用空間換時間，用上動態(tài)開點的思想就很簡單了。

　　本題的每個版本就是當前的操作次數(shù)，我們先對初始版本建立一棵線段樹，每次修改就在被修改的那棵樹中遞歸，訪問到的節(jié)點全部動態(tài)開，每次頂多產(chǎn)生$\log n$個新節(jié)點，而查詢操作就直接在被查詢的那棵樹中查詢，只不過記得查詢也得記錄版本（直接把被查詢版本的根作為當前版本的根節(jié)點就好了）。

　　時空復(fù)雜度，顯然都是$O(n\log n)$。

代碼：

/*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; }

?

　　當然本題也可以用可持久化平衡樹來搞，思路極其簡單不多贅述。?

可持久化平衡樹的代碼（90分，最后一組Hack數(shù)據(jù)會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; }

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/five20/p/9696926.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的P3919 【模板】可持久化数组（可持久化线段树/平衡树）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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