题解：[HNOI2010] 弹飞绵羊

题目传送门

题意分析

其实用 LCT 可以很好维护，但是我们并不会 LCT。

因此考虑一些其他的数据结构来维护。发现并没有什么特别适合的数据结构，考虑分块。

记 \(\textit{step}_i\) 表示 \(i\) 跳出块的步数，\(\textit{to}_i\) 表示跳出到了哪里。

按照 \(\sqrt n\) 为块长分块。记 \(\operatorname{pos}(i),\operatorname{edgeL}(x),\operatorname{edgeR}(x)\) 分别表示 \(i\) 所在块编号，块 \(x\) 的左边界，块 \(x\) 的右边界。

预处理的时候，有：

• 若 \(i+k_i\leq\operatorname{edgeR}(\operatorname{pos}(i))\)，则有 \(\textit{step}_i=\textit{step}_{i+k_i}+1,\textit{to}_i=\textit{to}_{i+k_i}\)。
• 否则有 \(\textit{step}_i=1,\textit{to}_i=i+k_i\)。

更新的时候块内同理重构即可。

时间复杂度： \(\mathcal O\left((n+m)\sqrt n\right)\)。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=2e5;
int n,size,k[N+1];
int pos(int x){
	return (x+size-1)/size;
}
int edgeL(int x){
	return (x-1)*size+1;
}
int edgeR(int x){
	return min(x*size,n);
}
int step[N+1],to[N+1];
void pre(){
	size=sqrt(n);
	for(int i=n;1<=i;i--){
		if(i+k[i]<=edgeR(pos(i))){
			step[i]=step[i+k[i]]+1;
			to[i]=to[i+k[i]];
		}else{
			step[i]=1;
			to[i]=i+k[i];
		}
	}
}
int query(int x){
	int ans=0;
	while(x<=n){
		ans+=step[x];
		x=to[x];
	}
	return ans;
}
void change(int x,int v){
	k[x]=v;
	for(int id=pos(x),i=edgeR(id);edgeL(id)<=i;i--){
		int x=i;
		step[i]=0;
		if(i+k[i]>edgeR(id)){
			to[i]=i+k[i];
			step[i]=1;
		}else{
			to[i]=to[i+k[i]];
			step[i]=step[i+k[i]]+1;
		}
	}
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>k[i];
	}
	pre();
	int m;
	cin>>m;
	while(m--){
		int op,i,j;
		cin>>op>>i;
		i++;
		if(op==1){
			cout<<query(i)<<'\n';
		}else{
			cin>>j;
			change(i,j);
		}
	}
	
	cout.flush();
	 
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}