卡内存

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【简要题意】给一个长度为n序列。进行m次如下操作：

1.add x k:给a[x]加上k。
2.ask x y:查询区间[x,y]内所有数的和。
3.goto t:回到第t次操作之后的状态。

n,m<=1e5。特别注意：空间限制为8MB

【分析】由于题目背景中出现了可持久化线段树，又有回退到历史版本的操作，所以很多人试图如题目所说的那样卡可持久化的内存。事实证明是卡不过的。
这里有一种神奇的离线算法，大致思路是这样的：

1、去掉3操作就是顺序操作，树状数组无压力。
2、树状数组可以支持快速修改和撤回。
3、对于回退到t的操作可以认为是从t接出另一条分支。
4、而对于每一条分支我们可以用dfs遍历，先存答案再集中输出。

关键词：快速修改和撤回(统计)+回退到历史版本

【code】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e5+1000;
struct Edge{int v,nxt;}edge[maxn];
struct node{int id,x,y,ans;}q[maxn];
int head[maxn],tot;
int c[maxn];
int n,m;
char s[20];
inline void read(int &x){
	x=0;int fl=1;char tmp=getchar();
	while(tmp<'0'||tmp>'9'){if(tmp=='-')fl=-fl;tmp=getchar();}
	while(tmp>='0'&&tmp<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+tmp-'0',tmp=getchar();
	x=x*fl;
}
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int x,int val){while(x<=n)c[x]+=val,x+=lowbit(x);}
inline int ask(int x){int ret=0;while(x>0)ret+=c[x],x-=lowbit(x);return ret;}
void dfs(int u){
	if(q[u].id==1) add(q[u].x,q[u].y);
	else if(q[u].id==2) q[u].ans=ask(q[u].y)-ask(q[u].x-1);
	for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nxt)
		dfs(edge[i].v);
	if(q[u].id==1) add(q[u].x,-q[u].y);
}
int x,y;
int main(){
	freopen("memory.in","r",stdin);
	freopen("memory.out","w",stdout);
	memset(head,-1,sizeof(head));
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) read(x),add(i,x);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%s",s);
		if(s[1]=='d'){
			read(x),read(y);
			q[i]=(node){1,x,y,0};
			edge[tot]=(Edge){i,head[i-1]},head[i-1]=tot++;
		}
		else if(s[1]=='s'){
			read(x),read(y);
			q[i]=(node){2,x,y,0};
			edge[tot]=(Edge){i,head[i-1]},head[i-1]=tot++;
		}
		else{
			read(x);
			q[i]=(node){3,x,0,0};
			edge[tot]=(Edge){i,head[x]},head[x]=tot++;
		}
	}
	dfs(0);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(q[i].id==2) printf("%d\n",q[i].ans);
	return 0;
}