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
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 10
59 46 14 87 41
0 2 1
0 1 1 14
0 1 1 57
0 1 1 88
4 2 4
0 2 5
0 2 4
4 2 1
2 2 2
1 1 5 91
59
87
41
87
88
46
说明
数据规模：
对于30%的数据：1≤N,M≤103
对于50%的数据：1≤N,M≤104
对于70%的数据：1≤N,M≤105
对于100%的数据：1≤N,M≤106,1≤loci≤N,0≤vi<i,−109≤ai,valuei≤109
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
Solution：
差点忘了还有这档板子没打。
可持久化的基础就是能对过去的版本状态进行查询和修改，实现起来无非就是用空间换时间，用上动态开点的思想就很简单了。
本题的每个版本就是当前的操作次数，我们先对初始版本建立一棵线段树，每次修改就在被修改的那棵树中递归，访问到的节点全部动态开，每次顶多产生$\log n$个新节点，而查询操作就直接在被查询的那棵树中查询，只不过记得查询也得记录版本（直接把被查询版本的根作为当前版本的根节点就好了）。
时空复杂度，显然都是$O(n\log n)$。
代码：
/*Code by 520 -- 9.23*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
const int N=;
int n,m,cnt,a[N],rt[N*];
struct node{
int ls,rs,val;
}t[N*]; int gi(){
int a=;char x=getchar();bool f=;
while((x<''||x>'')&&x!='-') x=getchar();
if(x=='-') x=getchar(),f=;
while(x>=''&&x<='') a=(a<<)+(a<<)+(x^),x=getchar();
return f?-a:a;
} void build(int l,int r,int &rt){
rt=++cnt;
if(l==r) {t[rt].val=a[l];return;}
int m=l+r>>;
build(l,m,t[rt].ls),build(m+,r,t[rt].rs);
} void update(int l,int r,int k,int x,int lst,int &rt){
rt=++cnt;t[rt]=t[lst];
if(l==r) {t[rt].val=x;return;}
int m=l+r>>;
if(k<=m) update(l,m,k,x,t[lst].ls,t[rt].ls);
else update(m+,r,k,x,t[lst].rs,t[rt].rs);
} int query(int l,int r,int k,int rt){
if(l==r) return t[rt].val;
int m=l+r>>;
if(k<=m) return query(l,m,k,t[rt].ls);
else return query(m+,r,k,t[rt].rs);
} int main(){
n=gi(),m=gi();
For(i,,n) a[i]=gi();
build(,n,rt[]);
int lst,opt,x,y;
For(i,,m){
lst=gi(),opt=gi(),x=gi();
if(opt==) y=gi(),update(,n,x,y,rt[lst],rt[i]);
else printf("%d\n",query(,n,x,rt[lst])),rt[i]=rt[lst];
}
return ;
}
当然本题也可以用可持久化平衡树来搞，思路极其简单不多赘述。
可持久化平衡树的代码（90分，最后一组Hack数据会T）：
/*Code by 520 -- 9.27*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
const int N=;
int n,m,root[N],cnt;
struct node{
int ls,rs,siz,date,rnd;
}t[N*]; int gi(){
int a=;char x=getchar();bool f=;
while((x<''||x>'')&&x!='-') x=getchar();
if(x=='-') x=getchar(),f=;
while(x>=''&&x<='') a=(a<<)+(a<<)+(x^),x=getchar();
return f?-a:a;
} il int newnode(int v){
++cnt;
t[cnt].siz=,t[cnt].date=v,t[cnt].rnd=rand();
return cnt;
} il void up(int rt){t[rt].siz=t[t[rt].ls].siz+t[t[rt].rs].siz+;} int merge(int x,int y){
if(!x||!y) return x+y;
if(t[x].rnd<t[y].rnd) {
int p=++cnt;t[p]=t[x];
t[p].rs=merge(t[p].rs,y);
up(p);
return p;
}
else {
int p=++cnt;t[p]=t[y];
t[p].ls=merge(x,t[p].ls);
up(p);
return p;
}
} void split(int rt,int k,int &x,int &y){
if(!rt){x=y=;return;}
if(t[t[rt].ls].siz<k) {
x=++cnt;t[x]=t[rt];
split(t[x].rs,k-t[t[rt].ls].siz-,t[x].rs,y);
up(x);
}
else {
y=++cnt;t[y]=t[rt];
split(t[y].ls,k,x,t[y].ls);
up(y);
}
} il int kth(int rt,int v){
while(){
if(t[t[rt].ls].siz>=v) rt=t[rt].ls;
else if(t[t[rt].ls].siz+<v) v-=t[t[rt].ls].siz+,rt=t[rt].rs;
else return t[rt].date;
}
} int main(){
n=gi(),m=gi();
int v,opt,pos,x,r1,r2,r3;
For(i,,n) x=gi(),root[]=merge(root[],newnode(x));
For(i,,m) {
v=gi(),opt=gi(),pos=gi();
if(opt==) {
x=gi();
r1=r2=r3=;
split(root[v],pos,r1,r2),split(r1,pos-,r1,r3);
t[r3].date=x;
root[i]=merge(merge(r1,r3),r2);
}
else {
root[i]=root[v];
printf("%d\n",kth(root[v],pos));
}
}
return ;
}