傳送門

這道題聽說是LCT的裸題……但是我只會分塊。

分塊的複雜度肯定是能過的orz，抗下200000很有信心。

我們還是老套路分成sqrt（n）塊，之後我們統計兩個值，一個是當前點彈幾次會被彈出塊，第二個是當前點彈出塊以後到了哪（這兩個都是要倒著列舉的，O（n））

之後，對於查詢，我們直接暴力跳就行了，複雜度為O（sqrt（n）），而對於修改的話，修改一個塊內的某一個值對前後塊都沒有任何影響，只要暴力把這個塊內所有值全部重構即可，複雜度為O（sqrt（n）），總複雜度為O（nsqrt（n））。

簡直是暴力到極限了……反正我真的是被重新整理了三觀orz。

程式碼也很簡潔，看一下程式碼。

#include<iostream>
#include
 
<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')
#define pr pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define
 
 sc second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 200005;
const int N = 10000005;
 
int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >='0' && ch <= '9')
    {
    ans 
 
*= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

int n,m,B,cnt,ans,a[M],l[M],r[M],step[M],to[M],blo[M],g = 1,op,x,y;

int main()
{
    n = read();
    rep(i,1,n) a[i] = read();
    B = (int)sqrt(n),cnt = (n % B) ? n / B + 1 : n / B;
    rep(i,1,cnt) l[i] = r[i-1] + 1,r[i] = l[i] + B - 1;r[cnt] = n;
    rep(i,1,n)
    {
    blo[i] = g;
    if(i == r[g]) g++;
    if(g > cnt) break;
    }
    //rep(i,1,n) printf("#%d ",blo[i]);enter;
    per(i,n,1)
    {
    to[i] = i + a[i];
    if(to[i] > r[blo[i]]) step[i] = 1;
    else step[i] = step[to[i]] + 1,to[i] = to[to[i]];
    }
    m = read();
    while(m--)
    {
    op = read();
    if(op == 1)
    {
        x = read() + 1;
        int ans = 0;
        while(x <= n) ans += step[x],x = to[x];
        printf("%d\n",ans);
    }
    else
    {
        x = read() + 1,y = read(),a[x] = y;
        per(i,r[blo[x]],l[blo[x]])
        {
        to[i] = i + a[i];
        if(to[i] > r[blo[i]]) step[i] = 1;
        else step[i] = step[to[i]] + 1,to[i] = to[to[i]];
        }
    }
    //rep(i,1,n) printf("%d ",step[i]);enter;
    //rep(i,1,n) printf("%d ",to[i]);enter;
    }
    return 0;
}