【HNOI2010】弹飞绵羊

【HNOI2010】弹飞绵羊

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某天，Lostmonkey发明了一种超级弹力装置，为了在他的绵羊朋友面前显摆，他邀请小绵羊一起玩个游戏。游戏一开始，Lostmonkey在地上沿着一条直线摆上n个装置，每个装置设定初始弹力系数ki，当绵羊达到第i个装置时，它会往后弹ki步，达到第i+ki个装置，若不存在第i+ki个装置，则绵羊被弹飞。绵羊想知道当它从第i个装置起步时，被弹几次后会被弹飞。为了使得游戏更有趣，Lostmonkey可以修改某个弹力装置的弹力系数，任何时候弹力系数均为正整数

INPUT

第一行包含一个整数n，表示地上有n个装置，装置的编号从0到n-1,
接下来一行有n个正整数，依次为那n个装置的初始弹力系数。
第三行有一个正整数m，接下来m行每行至少有两个数i、j，若i=1，你要输出从j出发被弹几次后被弹飞，若i=2则还会再输入一个正整数k，表示第j个弹力装置的系数被修改成k。
对于20%的数据n,m<=10000，对于100%的数据n<=200000,m<=100000

OUTPUT

对于每个i=1的情况，你都要输出一个需要的步数，占一行。

样例输入

4
1 2 1 1
3
1 1
2 1 1
1 1

样例输出

2
3

在200000个点的数轴上查询和操作，在这种大数据下显然需要O(n log2n )左右 的算法,乍一看可能会想到线段树，然而实际操作起来是不行的.

事实上，这是一道动态树（LCT） 的模板题，然而我并没有学过…….
那么，我们就可以想到一个比较通用而玄学的结构了——分块，他可以在分块解决的基础上只在块的数量级上进行运算，一般为O（n n√ ）。

之所以玄学，是因为分的块的大小会决定你的时间复杂度和空间复杂度，弄不好就会爆MLE和TLE………

确定了分块就可以定状态了，
我们设Cnt[i]表示i号节点弹到下一块需要的次数，显然有——若i号节点到下一个节点（通过弹跳）是属于同一块的，那么Cnt[i]=Cnt[i+s[i]]+1。否则，Cnt[i]=1。
同理，设To[i]表示i号节点到下一块弹跳到的第一个节点代号，也能通过是否同一块推算出是否相同（具体见代码）。

递推关系出来其实代码就很简单了，感觉有点像一些思维DP题…….
废话了半天，代码如下：

#include
#define ll long long
using namespace std;
const ll maxn=200005;
ll belong[maxn],Left[maxn],n,m,cnt[maxn],to[maxn],t[maxn];
void ask() {
    ll ee;
    cin>>ee;
    ll ans=0;
    while(1) {
        ans+=cnt[ee];
        if(!to[ee]) break;
        ee=to[ee];
    }
    cout<void change() {
    ll x,v,i,j,k;
    cin>>x>>v;
    t[x]=v;
    ll le=Left[belong[x]];
    for(i=x; i>=le; i--) {

        if(i+t[i]>=n) {
            cnt[i]=1;
            to[i]=0;
        }
        else if(belong[i]==belong[i+t[i]]) {
            cnt[i]=cnt[i+t[i]]+1;
            to[i]=to[i+t[i]];
        }

        else {
            cnt[i]=1;
            //if(i+t[i]>=n) to[i]=0;
            to[i]=i+t[i];
        }
    }
}
int main() {
    cin>>n;
    ll i,j,k;
    for(i=0; icin>>t[i];
    ll tcnt=0;
    ll pp=0;
    ll sq=sqrt(n);
    for(i=0; iif(pp>=sq) pp=0;
        if(pp==0) Left[++tcnt]=i;
        belong[i]=tcnt;
        pp++;
    } /* ll block=sqrt(n);ll tcnt=n/block;  
    if(n%block) tcnt++;  

    for(ll i=1;i<=tcnt;i++)  
    {  
          Left[i]=block*(i-1)+1;//r[i]=block*i;  
    }  
    //r[cnt]=n;  
    for(ll i=0;i 
    for(i=n-1; i>=0; i--) {
        if(i+t[i]>=n) {
            cnt[i]=1;
            to[i]=0;
        }
        else if(belong[i]==belong[i+t[i]]) {
            cnt[i]=cnt[i+t[i]]+1;
            to[i]=to[i+t[i]];
        } else {
            cnt[i]=1;
            //if(i+t[i]>=n) to[i]=0;
             to[i]=i+t[i];
        }
    }
    cin>>m;
    for(i=1; i<=m; i++) {
        ll tt;
        cin>>tt;
        if(tt==1) ask();
        if(tt==2) change();
    }

}

可以看到有两种建块方法，具体复杂度请自己参考