这个题体现了分块不只是最大值最小值众数次数,而是一种清真的思想。

我们把整个序列分块,在每个块里处理每个位置跳出这个块的次数和跳出的位置,那么每次修改n0.5,每次查询也是,那么O(m* n0.5)的复杂度是可以的.

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define MAXN 200010
#define s second
#define f first
using namespace std;
inline int read()
{
int s=;
char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'')ch=getchar();
while(ch>=''&&ch<='')
{
s=(s<<)+(s<<)+ch-;
ch=getchar();
}
return s;
}
typedef pair<int,int> P;
int k[MAXN];
P a[MAXN];
int pos[MAXN];
int lon,t;
int n,m;
inline int Min(int x,int y)
{
return x<y?x:y;
}
inline void do_it(int x)
{
int l=(x-)*lon+,r=x*lon;
r=Min(r,n);
for(int i=r;i>=l;i--)
if(i+k[i]>r)
{
a[i].f=;
a[i].s=i+k[i]-r;
}
else
{
a[i].f=a[i+k[i]].f+;
a[i].s=a[i+k[i]].s;
}
}
int main()
{
//freopen("bzoj_2002.in","r",stdin);
//freopen("bzoj_2002.out","w",stdout);
n=read();
lon=(int)sqrt(n+0.5);
for(int i=;i<=n;i++)
k[i]=read(),pos[i]=(i-)/lon+;
t=pos[n];
for(int i=;i<=t;i++)do_it(i);
m=read();
for(int i=;i<=m;i++)
{
int opt=read(),x=read();
x++;
if(opt==)
{
int ans=;
while(x<=n)
{
ans+=a[x].f;
x=pos[x]*lon+a[x].s;
}
printf("%d\n",ans);
}
else
{
int y=read();
k[x]=y;
do_it(pos[x]);
}
}
return ;
}

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