P3919 【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
-
在某个历史版本上修改某一个位置上的值
-
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NN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MM行每行包含3或4个整数，代表两种操作之一（ii为基于的历史版本号）：
-
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 ${value}_i$
-
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
5 1059 46 14 87 410 2 10 1 1 140 1 1 570 1 1 884 2 40 2 50 2 44 2 12 2 21 1 5 91
598741878846
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
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
~\(≧▽≦)/~啦啦啦
身为蒟蒻的我终于入门了可持久化线段树的冰山一角，开森
%%%%，可以直接转到这位大佬的博客学习
大佬可直接转
刚入门的蒟蒻对此的理解：
可持久化线段树，支持访问历史版本，修改历史版本，emmmmm
显然，你对于每一次版本都新建一颗线段树，会TLE，更会MLE，这种方法行不通
观察发现，当你修改一个历史版本时，即创建一个新版本，当前版本相对于历史版本改变的仅仅是那个点所影响的那条链，
emmmmm貌似就这么多了
$get$到新技能，非递归版线段树
IL void insert(int *T,int u,int l,int r,int k){//T当前节点指针，u原版本对应节点，区间端点，所要修改位置 while(l!=r){ int mid=(l+r)>>1; *T=++tot;//新增节点，分配空间 if(k<=mid) r=mid,rc[*T]=rc[u],T=&lc[*T],u=lc[u];//如果所要修改的节点在区间中点mid左侧，说明右侧线段树没有改变，T，u更新为当前左子树，右子树连接到历史版本好了，继续 else l=mid+1,lc[*T]=lc[u],T=&rc[*T],u=rc[u];//上同 } in(val[*T=++tot]);}
奉上代码：
#include#include #include #define N 10000000#define IL inlineusing namespace std;IL void in(int &x){ register char c=getchar();x=0;int f=1; for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; x*=f;}int rt[N],lc[N],rc[N],tot,val[N];IL void build(int &RT,int l,int r){ RT=++tot; if(l==r) { in(val[tot]);return;} int mid=(l+r)>>1; build(lc[RT],l,mid); build(rc[RT],mid+1,r);}IL void insert(int *T,int u,int l,int r,int k){ while(l!=r){ int mid=(l+r)>>1; *T=++tot; if(k<=mid) r=mid,rc[*T]=rc[u],T=&lc[*T],u=lc[u]; else l=mid+1,lc[*T]=lc[u],T=&rc[*T],u=rc[u]; } in(val[*T=++tot]);}IL int ask(int t,int l,int r,int k){ while(l!=r){ int m=(l+r)>>1; if(k<=m) r=m,t=lc[t]; else l=m+1,t=rc[t]; } return val[t];}int n,m;int main(){ in(n),in(m); build(rt[0],1,n); for(int opt,v,loc,i=1;i<=m;i++){ in(v),in(opt),in(loc); if(opt&1) insert(&rt[i],rt[v],1,n,loc); else{ printf("%d\n",ask(rt[v],1,n,loc)); rt[i]=++tot; lc[tot]=lc[rt[v]]; rc[tot]=rc[rt[v]]; } } return 0;}
emmm，来一发递归版的
#include#include #include #define N 100000000using namespace std;int rt[N],P,lc[N],rc[N],val[N];void build(int &R,int l,int r){ R=++P; if(l==r) {scanf("%d",&val[P]);return;} int mid=(l+r)>>1; build(lc[R],l,mid); build(rc[R],mid+1,r);}void insert(int *T,int u,int l,int r,int k){ *T=++P; if(l==r) {scanf("%d",&val[*T]);return;} int mid=(l+r)>>1; if(k<=mid) rc[*T]=rc[u],insert(&lc[*T],lc[u],l,mid,k); else lc[*T]=lc[u],insert(&rc[*T],rc[u],mid+1,r,k);}int ask(int t,int l,int r,int k){ int mid=(l+r)>>1; if(l==r) return val[t]; if(k<=mid) return ask(lc[t],l,mid,k); else return ask(rc[t],mid+1,r,k);}int n,m;int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); build(rt[0],1,n); for(int opt,v,loc,i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d",&v,&opt,&loc); if(opt==1) insert(&rt[i],rt[v],1,n,loc); else printf("%d\n",ask(rt[v],1,n,loc)),rt[i]=++P,lc[rt[i]]=lc[rt[v]],rc[rt[i]]=rc[rt[v]]; } return 0;}
以上是主席树单点修改+单点查询的模板。
主席树才A了这一道题，太弱了吧，垃圾（我）
在大佬博客发现的一道题（额，又是一道模板题）
主席树区间修改+区间查询模板
主要是理解线段树标记永久化的思想 <-可以转这位大佬的博客学习
线段树标记永久化，当你所要修改的区间包含于当前区间时，就说明所要修改区间对当前区间产生了贡献，那么当前区间直接加上这个贡献即可，只有当当前区间完全符合修改区间时，
就下方标记（不，其实是添加标记，因为不需要$pushup$），这就是区间修改
IL void Modify(int &t,int u,int l,int r,int v){ t=++tot;//添加新节点 lc[t]=lc[u],rc[t]=rc[u],cov[t]=cov[u],sum[t]=sum[u];//更新新节点 sum[t]+=v*(qr-ql+1);//对此区间产生贡献，此区间直接加上此贡献 if(ql==l&&qr==r) {cov[t]+=v;return;} int mid=(l+r)>>1; if(qr<=mid) Modify(lc[t],lc[u],l,mid,v); else if(ql>mid) Modify(rc[t],rc[u],mid+1,r,v); else Modify(lc[t],lc[u],l,mid,ql,mid),Modify(rc[t],rc[u],mid+1,r,mid+1,qr); //若所修改区间qr在mid左侧，直接转到左子树， //若所修改区间ql在mid右侧，直接转到右子树， //反之，同时转向左右子树 } 接下来考虑区间查询，由上到下，累加标记，若当前区间有标记，那么对查询区间肯定有影响，要累加这个标记，
最后在加上所查询区间的$sum$值即可。
LL query(LL t,LL l,LL r,LL ql,LL qr){ if(l==ql&&r==qr) return sum[t]; int mid=(l+r)>>1; LL res=cov[t]*(qr-ql+1); if(qr<=mid) res+=query(lc[t],l,mid,ql,qr); else if(ql>mid) res+=query(rc[t],mid+1,r,ql,qr); else res+=query(lc[t],l,mid,ql,mid),res+=query(rc[t],mid+1,r,mid+1,qr); return res;} 完整代码：
#include#include #include #include #define N 10000000#define IL inline #define LL long longusing namespace std;void in(LL &x){ register char c=getchar();x=0;LL f=1; while(!isdigit(c)){ if(c=='-') f=-1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();} x*=f;}LL rt[N],lc[N],rc[N],tot,sum[N],cov[N];IL void build(LL &t,LL l,LL r){ t=++tot; if(l==r){ in(sum[t]);return;} LL m=(l+r)>>1; build(lc[t],l,m); build(rc[t],m+1,r); sum[t]+=sum[lc[t]]+sum[rc[t]];}IL void Modify(LL &t,LL u,LL l,LL r,LL ql,LL qr,LL v){ t=++tot; lc[t]=lc[u],rc[t]=rc[u],cov[t]=cov[u],sum[t]=sum[u]; sum[t]+=v*(qr-ql+1); if(ql==l&&qr==r) {cov[t]+=v;return;} LL mid=(l+r)>>1; if(qr<=mid) Modify(lc[t],lc[u],l,mid,ql,qr,v); else if(ql>mid) Modify(rc[t],rc[u],mid+1,r,ql,qr,v); else Modify(lc[t],lc[u],l,mid,ql,mid,v),Modify(rc[t],rc[u],mid+1,r,mid+1,qr,v);}LL query(LL t,LL l,LL r,LL ql,LL qr){ if(l==ql&&r==qr) return sum[t]; int mid=(l+r)>>1; LL res=cov[t]*(qr-ql+1); if(qr<=mid) res+=query(lc[t],l,mid,ql,qr); else if(ql>mid) res+=query(rc[t],mid+1,r,ql,qr); else res+=query(lc[t],l,mid,ql,mid),res+=query(rc[t],mid+1,r,mid+1,qr); return res;}LL n,m;int main(){ in(n),in(m); build(rt[0],1,n); LL T=0; for(LL l,r,d,i=1;i<=m;i++){ char x; cin>>x; if(x=='B'){ in(d); T=d; tot=rt[T+1]-1;//回收空间 }else{ in(l),in(r); if(x=='C') in(d),++T,Modify(rt[T],rt[T-1],1,n,l,r,d); if(x=='Q') printf("%lld\n",query(rt[T],1,n,l,r)); if(x=='H') in(d),printf("%lld\n",query(rt[d],1,n,l,r)); } } return 0;}
只会抄题解，抄完之后还镇定自若地跟你们瞎$BB$地蒟蒻。qwq。。。