https://www.luogu.com.cn/problem/P3919 题目传送门
维护一个长度为(N)的数组，要求实现以下两个操作：
1.修改某一个版本上某个单点的值。
2.查询某一个版本上某个单点的值。
操作共(M)次，每次操作后生成一个新的版本，版本号从1开始，初始版本编号为0。
(1leq N,Mleq 10^6)。
因为是维护数列的题目，所以先建立一棵普普通通的线段树。
如果我们要修改10号节点对应位置的值。最暴力的是重新建立一棵线段树。正确性自然不用说，但是时间上就爆炸了。
观察单点修改其实并没有影响全部节点。10号节点的祖先也只有5,2和1号。所以考虑如下图一样修改。（红色为新增节点）
很明显，新增节点不会超过log级别。所以这个操作是log的时间复杂度。
如何实现呢？根节点当然是要新建一个。每次选择左右节点的时候，如果某个子节点的区间没有被修改操作所影响，那么直接把这个节点直接连到新的节点上。
比如走到(2')这个节点时，发现4节点没有被修改，那么就直接把4接到(2')的左儿子处，再新建一个(5')往下走即可。
至于查询生成的新版本，一个节点都没有影响到，为了区分，只需要新建一个根节点，再把左右儿子连到上一个版本的左右儿子就行了。
对于每个版本记录一个根节点(rt[i])，查询这个版本的时候就从这个根节点往下即可。
代码如下。
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int rt[N];
struct node
{
int l,r;
int w;
}t[N*20];
int cnt=0;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void build(int &k,int l,int r)
{
ri m;
k=++cnt;
if(l!=r)
{
m=(l+r)>>1;
build(t[k].l,l,m);
build(t[k].r,m+1,r);
}
else t[cnt].w=read();
//写k一样但是效率不如cnt
return;
}
inline void add(int *k,int u,int l,int r,int x)//在版本u基础上把位置x重新赋值
{
while(l!=r)
{
*k=++cnt;
int m=(l+r)>>1;
if(x<=m)r=m,t[*k].r=t[u].r,k=&t[*k].l,u=t[u].l;//x在左边，右边直接连到原始版本
else l=m+1,t[*k].l=t[u].l,k=&t[*k].r,u=t[u].r;//x在右边，左边直接连到原始版本
}
*k=++cnt;//走到x,分配新编号,读入
t[*k].w=read();
}
inline int ask(int k,int l,int r,int x)
{
ri m;
while(l!=r)
{
m=(l+r)>>1;
if(x<=m)r=m,k=t[k].l;
else l=m+1,k=t[k].r;
}
return t[k].w;
}
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
int v,op,loc;
build(rt[0],1,n);
for(ri i=1;i<=m;i++)//处理第i个历史版本
{
v=read(),op=read(),loc=read();
if(op==1)
add(&rt[i],rt[v],1,n,loc);
else
{
printf("%d
",ask(rt[v],1,n,loc));
rt[i]=++cnt;
t[rt[i]].l=t[rt[v]].l;
t[rt[i]].r=t[rt[v]].r;
//直接连到版本v上去
}
}
return 0;
}