题意分析
其实用 LCT 可以很好维护，但是我们并不会 LCT。
因此考虑一些其他的数据结构来维护。发现并没有什么特别适合的数据结构，考虑分块。
记 $\textit{step}_i$ 表示 $i$ 跳出块的步数，$\textit{to}_i$ 表示跳出到了哪里。
按照 $\sqrt n$ 为块长分块。记 \(\operatorname{pos}(i),\operatorname{edgeL}(x),\operatorname{edgeR}(x)\) 分别表示 $i$ 所在块编号，块 $x$ 的左边界，块 $x$ 的右边界。
预处理的时候，有：
- 若 $i+k_i\leq\operatorname{edgeR}(\operatorname{pos}(i))$，则有 \(\textit{step}_i=\textit{step}_{i+k_i}+1,\textit{to}_i=\textit{to}_{i+k_i}\)。
- 否则有 $\textit{step}_i=1,\textit{to}_i=i+k_i$。
更新的时候块内同理重构即可。
时间复杂度： $\mathcal O\left((n+m)\sqrt n\right)$。
AC 代码
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//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=2e5;
int n,size,k[N+1];
int pos(int x){
return (x+size-1)/size;
}
int edgeL(int x){
return (x-1)*size+1;
}
int edgeR(int x){
return min(x*size,n);
}
int step[N+1],to[N+1];
void pre(){
size=sqrt(n);
for(int i=n;1<=i;i--){
if(i+k[i]<=edgeR(pos(i))){
step[i]=step[i+k[i]]+1;
to[i]=to[i+k[i]];
}else{
step[i]=1;
to[i]=i+k[i];
}
}
}
int query(int x){
int ans=0;
while(x<=n){
ans+=step[x];
x=to[x];
}
return ans;
}
void change(int x,int v){
k[x]=v;
for(int id=pos(x),i=edgeR(id);edgeL(id)<=i;i--){
int x=i;
step[i]=0;
if(i+k[i]>edgeR(id)){
to[i]=i+k[i];
step[i]=1;
}else{
to[i]=to[i+k[i]];
step[i]=step[i+k[i]]+1;
}
}
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>k[i];
}
pre();
int m;
cin>>m;
while(m--){
int op,i,j;
cin>>op>>i;
i++;
if(op==1){
cout<<query(i)<<'\n';
}else{
cin>>j;
change(i,j);
}
}
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
