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N个整数，依次为初始状态下数组各位的值（依次为 ai，1≤i≤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）：
-
对于操作1，格式为vi 1 loci valuei，即为在版本vi的基础上，将 aloci 修改为valuei
-
对于操作2，格式为vi 2 loci，即访问版本vi中的 aloci的值，生成一样版本的对象应为vi
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
说明
数据规模：
对于30%的数据：1≤N,M≤10^3
对于50%的数据：1≤N,M≤10^4
对于70%的数据：1≤N,M≤10^5
对于100%的数据：1≤N,M≤10^6,1≤loci≤N,0≤vi<i,−10^9≤ai,valuei≤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
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #define mid ((l+r)>>1) 6 using namespace std; 7 const int maxn=10000001; 8 long long read() 9 { 10 long long x=0,f=1; 11 char ch=getchar(); 12 while(ch<'0'||ch>'9') 13 { 14 if(ch=='-') 15 f=-1; 16 ch=getchar(); 17 } 18 while(ch>='0'&&ch<='9') 19 { 20 x=x*10+ch-'0'; 21 ch=getchar(); 22 } 23 return x*f; 24 } 25 struct node 26 { 27 int rt[maxn*10],T[maxn*2],L[maxn*2],R[maxn*2]; 28 int cnt; 29 int build(int l,int r) 30 { 31 int root=++cnt; 32 if(l==r) 33 { 34 T[root]=read(); 35 return root; 36 } 37 L[root]=build(l,mid); 38 R[root]=build(mid+1,r); 39 return root; 40 } 41 int update(int pre,int l,int r,int &x,int &c) 42 { 43 int root=++cnt; 44 if(l==r) 45 { 46 T[root]=c; 47 return root; 48 } 49 L[root]=L[pre]; 50 R[root]=R[pre]; 51 52 if(x<=mid) 53 L[root]=update(L[pre],l,mid,x,c); 54 else 55 R[root]=update(R[pre],mid+1,r,x,c); 56 return root; 57 } 58 void query(int pre,int l,int r,int& x) 59 { 60 if(l==r) 61 { 62 printf("%d\n",T[pre]); 63 return; 64 } 65 if(x<=mid) 66 query(L[pre],l,mid,x); 67 else 68 query(R[pre],mid+1,r,x); 69 } 70 } iu; 71 int n,m,v,cd,x,y; 72 int main() 73 { 74 iu.cnt=0; 75 n=read(),m=read(); 76 iu.build(1,n); 77 iu.rt[0]=1; 78 for(int i=1; i<=m; i++) 79 { 80 v=read(),cd=read(),x=read(); 81 if(cd==1) 82 { 83 y=read(); 84 iu.rt[i]=iu.update(iu.rt[v],1,n,x,y); 85 } 86 if(cd==2) 87 { 88 iu.rt[i]=iu.rt[v]; 89 iu.query(iu.rt[v],1,n,x); 90 } 91 } 92 return 0; 93 }