题目传送门：P3203 [HNOI2010] 弹飞绵羊

题意

\(n\) 个数，满足 \(i < a_i ≤ N + 1\) , \(m\) 次下面两种操作

修改一个数 \(a_i\)
从 \(x\) 开始跳, \(x = a_x\), 几次能够跳出序列

\(n \leq 2 * 10^5，m < 10^5\)

分析

数据范围比较大，单纯搜索模拟肯定会T，那么考虑每次让他跳一段就停止，然后把每一段跳的次数加起来就是答案；修改也简单，直接在这一段里面使用暴力就行。

题解

可以是LCT板子题，但是还没学LCT，本次采用分块思想：

\(f_i\) 表示从 \(i\) 跳几次可以跳到下一个块中，\(to_i\) 表示从 \(i\) 跳到下一个块的位置，\(fir_i\) 记录每个块的开头
修改和查询的时间复杂度均为 \(O(\sqrt n)\)

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int k[N], bk[N], fir[N];
int n, m;
int f[N], to[N];

inline void rep(int p, int w) {
    k[p] = w;
    for(int i = fir[bk[p] + 1] - 1; i >= fir[bk[p]]; --i) {
        if(i + k[i] >= fir[bk[i] + 1]) {
            f[i] = 1;
            to[i] = i + k[i];
        } else {
            f[i] = f[i + k[i]] + 1;
            to[i] = to[i + k[i]];
        }
    }
}

inline void query(int p) {
    int ans = 0;
    while(p <= n) {
        ans += f[p];
        p = to[p];
    }
    std::cout << ans << endl;
}

inline void solve() {
    std::cin >> n;
    int bl = sqrt(n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        std::cin >> k[i];
        bk[i] = i % bl == 0 ? i / bl : i / bl + 1;
        if(bk[i] != bk[i - 1]) fir[bk[i]] = i;
    }
    fir[n + 1] = n + 1;
    for(int i = n; i >= 1; --i) {
        if(i + k[i] >= fir[bk[i] + 1]) {
            f[i] = 1;
            to[i] = i + k[i];
        } else {
            f[i] = f[i + k[i]] + 1;
            to[i] = to[i + k[i]];
        }

    }
    std::cin >> m;
    while(m --) {
        int t, p, w;
        std::cin >> t;
        if(t == 1) {
            cin >> p;
            query(p + 1);
        } else {
            cin >> p >> w;
            rep(p + 1, w);
        }
    }
    return;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    T = 1;
    while(T --) {
        solve();
    }
    return 0;
}