【洛谷P3919】（模板）可持久化数组（可持久化线段树/平衡树）

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（模板）可持久化数组（可持久化线段树/平衡树）

题目背景

UPDATE : 最后一个点时间空间已经放大
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

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，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。

样例输入

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

59
87
41
87
88
46

说明/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

题解

很明显的一道数据结构板题，但是我只能从版本的要求看出是主席树，而且感觉我的建树方法会有浪费，还不知道怎么用平衡树做这道题,总的来说，我好菜啊。
因为每次修改操作是基于先前几次操作的版本进行操作的，所以我们可以把初始序列的信息存入第一棵线段树，然后每次修改（询问）的时候新建一棵树就好了。
其实对于每棵线段树，我们只要在它的叶子节点存入它的值就好了，而非叶子节点只需要存区间和左右儿子就好了。（这样的话会在非叶子节点上浪费很多空间，但是我也不知道有没有更好的办法）
接下来就是主席树的基本操作了，修改点值的时候，新建这个点以及它的所有祖先就好了。
如果不会主席树的话，可以到这里，看主席树的详解。
上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int v,lo,val,x;
int a[1000009];
int ubb;
int kk;
int rt[1000009];
struct aa{
	int l,r;
	int s;
	int cd[2];
}p[30000009];
int len;
void init(int u,int l,int r){
	p[u].l=l;p[u].r=r;
	if(l==r){
		p[u].s=a[l];
		return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(l<=mid) init(p[u].cd[0]=++len,l,mid);
	if(mid+1<=r) init(p[u].cd[1]=++len,mid+1,r);
}
int lrt;
void dfs(int u,int x,int s){
	int mid=(p[u].l+p[u].r)/2;
	if(p[u].l==p[u].r){
		p[u].s=val;
		return;
	}
	len++;
	if(x<=mid){
		p[len]=p[p[u].cd[0]];
		p[u].cd[0]=len;
	}else{
		p[len]=p[p[u].cd[1]];
		p[u].cd[1]=len;
	}
	dfs(len,x,s);
}
void ask(int u,int x){
	int mid=(p[u].l+p[u].r)/2;
	if(p[u].l==p[u].r){
		printf("%d
",p[u].s);
		return;
	}
	if(x<=mid) ask(p[u].cd[0],x);
	else ask(p[u].cd[1],x);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int j=1;j<=n;j++)
		scanf("%d",&a[j]);
	init(rt[0]=len=1,1,n);
	for(int j=1;j<=m;j++){
		scanf("%d%d%d",&v,&x,&lo);
		if(x==1){
			scanf("%d",&val);
			rt[++lrt]=++len;
			p[len]=p[rt[v]];
			dfs(len,lo,val);
		}else{
			rt[++lrt]=rt[v];
			ask(rt[v],lo);
		}
	}
	return 0;
}