B. Stone Age Problem

思维题有时候转不过弯来是真想不到

对于该题，我们修改的数字有三种情况

1. 初始值 2. set过的值（即全局修改后的值） 3. change过的值（即单个变换过的值）

对于题中给出的两个操作，我们注意到，set操作直接模拟式会超时的，根据上面三种情况，我们做分类讨论

首先，1，3其实是同一种情况（因为对于change操作，我们有充足的时间模拟），而第2种则不同

为区分以上三种情况，我们使用一个辅助数组，以及一个flag记录修改的时间，以及set的时间

每次change修改原数组的值的同时也修改辅助数组中对应位置的时间戳，每次set都修改flag记录当前修改的时间戳，在change的时候对比辅助数组的时间戳和set的时间戳，就能得出是修改的第1，3还是第2种情况，即能得出，需要修改的值是否为数组中的值

注意初始flag=-1（不要用b[x]>=flag,与定义不一致在特定情况下出错）

记得long long 

ac代码

#include<iostream>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 200005;
ll a[N], b[N];
ll op, x, t;
ll n, m;
ll sum, flag=-1, set;

int main()
{
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &a[i]);
		sum += a[i];
	}

	for (int i = 0; i < m; i++)
	{
		cin >> op;
		if (op == 1)
		{
			cin >> x >> t;
			if (b[x] > flag)
			{
				sum += 1ll*t - a[x];
				a[x] = t;
				b[x] = i;
			}
			else {
				sum += 1ll*t - set;
				a[x] = t;
				b[x] = i;
			}
		}
		else {
			cin >> set;
			sum = 1ll*set * n;
			flag = i;
		}
		printf("%lld\n", sum);
	}
	return 0;
}