【簡要題意】給一個長度爲n序列。進行m次如下操作:
1.add x k:給a[x]加上k。
2.ask x y:查詢區間[x,y]內所有數的和。
3.goto t:回到第t次操作之後的狀態。
n,m<=1e5。特別注意:空間限制爲8MB
【分析】由於題目背景中出現了可持久化線段樹,又有回退到歷史版本的操作,所以很多人試圖如題目所說的那樣卡可持久化的內存。事實證明是卡不過的。
這裏有一種神奇的離線算法,大致思路是這樣的:
1、去掉3操作就是順序操作,樹狀數組無壓力。
2、樹狀數組可以支持快速修改和撤回。
3、對於回退到t的操作可以認爲是從t接出另一條分支。
4、而對於每一條分支我們可以用dfs遍歷,先存答案再集中輸出。
關鍵詞:快速修改和撤回(統計)+回退到歷史版本
【code】
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e5+1000;
struct Edge{int v,nxt;}edge[maxn];
struct node{int id,x,y,ans;}q[maxn];
int head[maxn],tot;
int c[maxn];
int n,m;
char s[20];
inline void read(int &x){
x=0;int fl=1;char tmp=getchar();
while(tmp<'0'||tmp>'9'){if(tmp=='-')fl=-fl;tmp=getchar();}
while(tmp>='0'&&tmp<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+tmp-'0',tmp=getchar();
x=x*fl;
}
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int x,int val){while(x<=n)c[x]+=val,x+=lowbit(x);}
inline int ask(int x){int ret=0;while(x>0)ret+=c[x],x-=lowbit(x);return ret;}
void dfs(int u){
if(q[u].id==1) add(q[u].x,q[u].y);
else if(q[u].id==2) q[u].ans=ask(q[u].y)-ask(q[u].x-1);
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nxt)
dfs(edge[i].v);
if(q[u].id==1) add(q[u].x,-q[u].y);
}
int x,y;
int main(){
freopen("memory.in","r",stdin);
freopen("memory.out","w",stdout);
memset(head,-1,sizeof(head));
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) read(x),add(i,x);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%s",s);
if(s[1]=='d'){
read(x),read(y);
q[i]=(node){1,x,y,0};
edge[tot]=(Edge){i,head[i-1]},head[i-1]=tot++;
}
else if(s[1]=='s'){
read(x),read(y);
q[i]=(node){2,x,y,0};
edge[tot]=(Edge){i,head[i-1]},head[i-1]=tot++;
}
else{
read(x);
q[i]=(node){3,x,0,0};
edge[tot]=(Edge){i,head[x]},head[x]=tot++;
}
}
dfs(0);
for(int i=1;i<=m;i++)
if(q[i].id==2) printf("%d\n",q[i].ans);
return 0;
}