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可持久化数组

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 $a_i$， $1 leq i leq N$ ）。

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）：

1. 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 $a_{{loc}_i}$ 修改为 ${value}_i$​

2. 对于操作2，格式为 $v_i 2 {loc}_i$ ，即访问版本 $v_i$ 中的 $a_{{loc}_i}$ 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： 

59
87
41
87
88
46

说明

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

---

　　分析：

　　可持久化数据结构的一个好板子，这里蒟蒻用的是可持久化线段树（因为只会这个）。

　　每次操作的时候，复制询问的前一个状态的路径即可。另外询问操作直接把那一次的root修改为当前询问的历史版本的root。

　　Code：

//It is made by HolseLee on 5th Aug 2018
//Luogu.org P3919
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N=1e6+7;
int n,m,root[N],a[N],cnt;
struct node{
    int ls,rs,val;
};
struct Seg{
    node seg[N*20];
    
    inline void build(int &rt,int l,int r)
    {
        rt=++cnt;
        if(l==r){
            seg[rt].val=a[l];return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        build(seg[rt].ls,l,mid);
        build(seg[rt].rs,mid+1,r);
    }

    inline void update(int &rt,int last,int l,int r,int pos,int v)
    {
        rt=++cnt;
        seg[rt].ls=seg[last].ls,seg[rt].rs=seg[last].rs;
        seg[rt].val=seg[last].val;
        if(l==r){
            seg[rt].val=v;return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        if(pos<=mid)update(seg[rt].ls,seg[last].ls,l,mid,pos,v);
        else update(seg[rt].rs,seg[last].rs,mid+1,r,pos,v);
    }

    inline int quary(int rt,int l,int r,int pos)
    {
        if(l==r)return seg[rt].val;
        int mid=(l+r)>>1;
        if(pos<=mid)return quary(seg[rt].ls,l,mid,pos);
        else return quary(seg[rt].rs,mid+1,r,pos);
    }
}T;

inline int read()
{
    char ch=getchar();int num=0;bool flag=false;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')flag=true;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){num=num*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return flag?-num:num;
}

int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
    T.build(root[0],1,n);
    int pre,pos,value,op;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        pre=read();op=read();pos=read();
        if(op==1){
            T.update(root[i],root[pre],1,n,pos,read());
        }
        else {
            printf("%d
",T.quary(root[pre],1,n,pos));
            root[i]=root[pre];
        }
    }
    return 0;
}