好久没写博客了哈，今天来水一篇。_(:з」∠)_

题目 ：弹飞绵羊（一道省选题）

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

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。

输出格式：

对于每个i=1的情况，你都要输出一个需要的步数，占一行。

输入输出样例

输入样例#1：

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

输出样例#1：

2 3

说明

对于20%的数据n,m<=10000，对于100%的数据n<=200000,m<=100000

分析（1）

首先，本人拿到这篇题目的时候脑子是没有转过来的。那时候我在想什么呢？。。。对，当我们修改了某个点的k值之后，那么这个操作对于后面的点来说是没有丝毫的影响的，但却会使其前面的指向它的节点造成影响（因为一开始我没用分块嘛，直接用了一个比较暴力的思想：ans存答案，来做这道题的），于是乎觉得这样做太暴力，然后就弄了个懒标记和染色（但是有点复杂的样子于是乎挂了）。然后就直接一个朴素的懒标记骗了个50，TLE 五个点。

代码如下。

#include
    
     using namespace std;const int M=2e5+100;inline int read(){    int x=0; char c=getchar();    while(!isdigit(c)) c=getchar();    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';    return x;}int n,m,tag;int k[M],ans[M];inline void dfs(int to){  //更新区间内节点的ans值    for(int i=tag-1;i>=to;--i)        ans[i]=ans[i+k[i]]+1;}int main(){    n=read();    for(int i=0;i
     
      =0;--i){        if(i+k[i]>=n) ans[i]=1;        else ans[i]=ans[i+k[i]]+1;    }    m=read();    while(m--){        int op=read();        if(op==1){            int now=read();            if(tag>now) dfs(now); //向前更新节点的ans值，直到当前的节点            printf("%d\n",ans[now]);        }        else if(op==2){            int now=read(),nwk=read();            if(nwk==k[now]) continue;            if(tag>now) dfs(now);  //原本的懒标记在后面那么先将now~tag的节点的ans值更新            tag=now;    //懒标记记录下当前修改的位置            k[now]=nwk; int to=now+k[now];            if(to>=n) ans[now]=1;            else ans[now]=ans[to]+1;        }    }    return 0;}
     
    

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那么我们先不进行分块解法的讨论，首先看看一道简单的分块题来熟（复）悉（习）一下分块这个算法吧。（如果你是初学，请点）

Title ：A Simple Problem with Integers

Description

You have N integers, A1, A2, … , AN. You need to deal with two kinds of operations. One type of operation is to add some given number to each number in a given interval. The other is to ask for the sum of numbers in a given interval.

//概述一下，就是区间加以及区间求和（简直就是模板题），另外提一下这个东西也可以用线段树做

Input

The first line contains two numbers N and Q. 1 ≤ N,Q ≤ 1e5.

//表示有n（不超过1e5）个数字，Q（不超过1e5）个操作 The second line contains N numbers, the initial values of A1, A2, … , AN. -1e9 ≤ Ai ≤ 1e9. //第二行有n个数字，都是int/2的范围内的（但是加起来是会爆int的） Each of the next Q lines represents an operation. //表示接下来Q行是Q个操作 “C a b c” means adding c to each of Aa, Aa+1, … , Ab. -1e4 ≤ c ≤ 1e4. //C： 表示对a~b进行区间加操作 “Q a b” means querying the sum of Aa, Aa+1, … , Ab. //Q： 表示询问a~b的区间和

Output

You need to answer all Q commands in order. One answer in a line. //回答询问，每行一个答案

Sample Input

10 5

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Q 4 4 Q 1 10 Q 2 4 C 3 6 3 Q 2 4

Sample Output

4

55 9 15

Hint

The sums may exceed the range of 32-bit integers.

//可能会爆int（就是要你开long long）

代码如下：

#include
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
        typedef long long ll;using namespace std;const int M=1e5+100;inline ll read(){    ll x=0,f=1; char c=getchar();    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';    return x*f;}int n,q,block,num,l[M],r[M];ll blg[M],a[M],d[M],sum[M];inline void build(){ //建立分块    block=sqrt((double)n);    num=n/block; if(n%block) ++num;     for(int i=1;i<=num;++i)        l[i]=(i-1)*block+1,r[i]=i*block;    r[num]=n;    for(int i=1;i<=n;++i)        blg[i]=(i-1)/block+1,sum[blg[i]]+=a[i];}inline void update(int x,int y,int k){ //一个更新区间的操作    if(blg[x]==blg[y]){        sum[blg[x]]+=(y-x+1)*k;        for(int i=x;i<=y;++i)            a[i]+=k;        return ;    }    sum[blg[x]]+=(r[blg[x]]-x+1)*k;    sum[blg[y]]+=(y-l[blg[y]]+1)*k;    for(int i=x;i<=r[blg[x]];++i) a[i]+=k;    for(int i=l[blg[y]];i<=y;++i) a[i]+=k;    for(int i=blg[x]+1;i
       
      
     
    

于是一道模板题热热身之后，大家应该有些分块思路了吧、？

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分析（2）

于是乎该怎么办呢？（这个懒标记骗的分不满意啊）那么经过深思熟虑之后，我终于发现了这道题原来是可以用分块暴力来做的。具体怎么实现呢？其实就是说我们要维护某个点的话，就是维护他所在的那块区间里的值。什么值呢？ 第一个值是该节点跳出该区间所需的步数，第二个值是该节点跳出该区间后到达的下一个节点的位置（注意下一个节点不一定在该区间相邻的区间内）。于是乎这道题我就用个分块维护区间信息的方法A了此题。那么为什么用分块做效率较高呢？因为分块时我们对于区间的操作只有一个预处理（n）+分块询问、维护（m*sqrt(n)）的时间复杂度，即：O（n+m*sqrt(n)），这已经算是对于此问题一个较优的解法了（当然更优的还有动态树lct）。

代码如下：

#include
    
     using namespace std;const int M=2e5+100;inline int read(){ //快读     int x=0; char c=getchar();    while(!isdigit(c)) c=getchar();    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';    return x;}int n,m,block,num;int k[M],l[M],r[M],blg[M],ans[M],to[M];inline void build(){  //建立分块区间     block=sqrt(n);    num=n/block; if(n%block) ++num;    for(int i=1;i<=num;++i)        l[i]=(i-1)*block+1,r[i]=i*block;    r[num]=n;    for(int i=1;i<=n;++i)        blg[i]=(i-1)/block+1;}inline void work(int x,int y){ //分块区间维护     for(int i=y;i>=x;--i){        int nxt=i+k[i];        (nxt>r[blg[i]])?        (ans[i]=1,to[i]=nxt):        (ans[i]=ans[nxt]+1,to[i]=to[nxt]);    }}inline int query(int now){ //单点询问    int res=ans[now],nxt=to[now];    for(int i=blg[now]+1;nxt<=n;++i)        res+=ans[nxt],nxt=to[nxt];    return res;} int main(){    n=read(); build();    for(int i=1;i<=n;++i)        k[i]=read();    work(1,n);  //先维护一下整个区间     m=read();    while(m--){        int op=read();        if(op==1){            int now=read()+1;            printf("%d\n",query(now));        }        else{            int now=read()+1,kk=read();            k[now]=kk;            work(l[blg[now]],r[blg[now]]); //这里只需维护单个分块区间         }    }    return 0;}
    

于是乎，这道题我们就可以愉快的用分块A了。

然后这道题貌似也没什么好说的了。。。那么，拜拜！ _(:з」∠)_

ヾ(￣▽￣)Bye~Bye~