前置知识：
简要题意：
维护历史版本上的询问，修改。
首先，如果只有 (1) 个版本（即保证 (v_i = 1)），那么我们可以用 朴素的线段树 解决。 题目没给这个部分分你怎么说呢
那么，一种思路就有了：
既然是 (m) 个历史版本，我就先开 (m) 个一模一样的线段树。然后每次修改都是 (O(log n))，查询就到对应的线段树上去查。
理想是美好的，但现实是残酷的
有没有想过一个问题：这样子能实现我还要主席树干什么啊 一棵线段树的空间复杂度是 (O(n log n)). (m) 棵线段树的空间复杂度是 (O(nm log n)). 然后你看到内存 才 (500 ext{MB}) 于是果断放弃了这个思路。
（(frac{4 imes (10^6)^2}{1024^2}) ，大概 只需要 (3.8 imes 10^6) 个 ( ext{MB}) 啊，你可以试一试）
但是，线段树里有这样一个思想：
- 既然没人询问我，我就偷懒。
那么，你可能会说，好，我版本不开，等你询问再开。
那它一个个询问过来你不还是死？
但是，你发现一个问题：
- 这 (m) 棵线段树有着极高的相似度！
因为一开始它们都是一样的，然后每次修改只修改 一个版本的一个值。
一个思路来了：我们可以尝试把 (m) 棵线段树开成一棵新的 “总线段树”，对相同的节点公用，对不同的节点分别开。
真是个好思路，可惜难以实现
确实，这就是 主席树 的由来。
主席树，又称可持久化线段树，可持久化数组，是一种高效的维护历史版本（可持久化）的一种数据结构。因为一个叫做 ( exttt{HJT}（黄嘉泰）) 的人发明了该数据结构，然后 ( exttt{HJT= Hu Jing Tao}) 正好是某主席之名，故得名。（偶然，纯属偶然）
没错，主席树就是这样子建的。
但是，直觉告诉我们，很多线段树共有一些节点有以下问题：
-
不能用 ( ext{i*2 , i*2+1}) 表示 (i) 号节点的儿子节点。
-
每个节点不止有一个父亲。
-
主席树不止有一个根。
-
每个根都可以往下构成一棵线段树。
具体 的，来看一棵主席树的图。
注：转载至 hyfhaha 的洛谷博客 的一张图。
这个图真形象。尤其是旁边的文字
但是，建树、查询、修改明显比线段树难多了 这也许就是，线段树模板绿题，这题是紫题的原因吧 。
研究建树：
你发现应该先搞一棵空树，它的根叫做 (T_0)，然后每建一棵线段树只需要增加 (log n) 的空间（因为只需要改一个路径对吧），注意细节。 最讨厌题解里注意细节四个字
时间复杂度：(O(n log n)).
inline int build_tree(int i,int l,int r) {
// printf("%d %d %d
",i,l,r);
i=++f; if(l==r) { //f 表示当前节点编号
t[i].num=a[l]; return f;
} int mid=(l+r)>>1;
L=build_tree(L,l,mid);
R=build_tree(R,mid+1,r);
return i; //正常建树
}
下面我们看修改。
修改的话，只需要在对应的线段树（即 (T_{v_i})） 上进行，与线段树本身代码相仿。
时间复杂度（单次）：(O(log n))
inline int ins(int i) {
t[++f]=t[i]; return f;
} //新建节点
//它不问我就不建，这是懒的最高境界
inline int update(int i,int l,int r,int x,int y) {
// printf("%d %d %d
",i,x,y);
i=ins(i); if(l==r) {t[i].num=y; return i;}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) L=update(L,l,mid,x,y);
else R=update(R,mid+1,r,x,y);
return i; //基本同线段树
}
其本质在于，懒是有层次的，一直懒叫懒惰成性，一时懒叫劳逸结合。（？？？）
那么询问区间和怎么办？直接去对应的子树搞。
单次时间复杂度：(O(log n)).
inline int query(int i,int l,int r,int x) {
// printf("%d %d
",i,x);
if(l==r) return t[i].num;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) return query(L,l,mid,x);
else return query(R,mid+1,r,x);
} //同线段树
嗯，然后 主席树 的基本思路就到这里了。
总时间复杂度：(O(n log n + m log n)).
实际得分：(100pts).
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+1;
#define L t[i].l
#define R t[i].r
inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
struct tree {
int l,r,num;
};
tree t[N<<4]; int a[N];
int n,m,root[N<<4],f=0;
inline int ins(int i) {
t[++f]=t[i]; return f;
}
inline int build_tree(int i,int l,int r) {
// printf("%d %d %d
",i,l,r);
i=++f; if(l==r) {
t[i].num=a[l]; return f;
} int mid=(l+r)>>1;
L=build_tree(L,l,mid);
R=build_tree(R,mid+1,r);
return i;
} //建树
inline int update(int i,int l,int r,int x,int y) {
// printf("%d %d %d
",i,x,y);
i=ins(i); if(l==r) {t[i].num=y; return i;}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) L=update(L,l,mid,x,y);
else R=update(R,mid+1,r,x,y);
return i;
} //修改
inline int query(int i,int l,int r,int x) {
// printf("%d %d
",i,x);
if(l==r) return t[i].num;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) return query(L,l,mid,x);
else return query(R,mid+1,r,x);
} //查询
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
root[0]=build_tree(0,1,n); //先建一棵树
for(int i=1;i<=m;i++) {
int op=read(),x=read(),y=read(),k;
if(x==1) {
k=read();
root[i]=update(root[op],1,n,y,k); //每次多建一棵
} else {
printf("%d
",query(root[op],1,n,y));
root[i]=root[op]; //多建一棵
}
}
return 0;
}