【bzoj1483】[HNOI2009]梦幻布丁

Description

N个布丁摆成一行,进行M次操作.每次将某个颜色的布丁全部变成另一种颜色的,然后再询问当前一共有多少段颜色.例如颜色分别为1,2,2,1的四个布丁一共有3段颜色.

Input

第一行给出N,M表示布丁的个数和好友的操作次数. 第二行N个数A1,A2…An表示第i个布丁的颜色从第三行起有M行,对于每个操作,若第一个数字是1表示要对颜色进行改变，其后的两个整数X,Y表示将所有颜色为X的变为Y，X可能等于Y. 若第一个数字为2表示要进行询问当前有多少段颜色，这时你应该输出一个整数. 0

Output

针对第二类操作即询问，依次输出当前有多少段颜色.

Sample Input

4 3
1 2 2 1
2
1 2 1
2

Sample Output

3
1

题解：

　　c++stl

1：将两个队列合并，有若干队列，总长度为n，直接合并，最坏O(N)，

2：启发式合并呢？

每次我们把短的合并到长的上面去，O(短的长度)

咋看之下没有多大区别，

下面让我们看看均摊的情况：

1：每次O(N)

2：每次合并后，队列长度一定大于等于原来短的长度的两倍。

这样相当于每次合并都会让短的长度扩大一倍以上，

最多扩大logN次，所以总复杂度O(NlogN)，每次O(logN)。

 #include<cstring>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<set>

 #define N 1000007

 #define ll long long

 using namespace std;

 inline int read()

 {

     int x=,f=;char ch=getchar();

     while(ch>''||ch<''){if (ch=='-') f=-;ch=getchar();}

     while(ch<=''&&ch>=''){x=(x<<)+(x<<)+ch-'';ch=getchar();}

     return x*f;

 }

 int n,m,ans;

 int fa[N],v[N];

 set<int>t[N];

 void solve(int a,int b)

 {

     for(set<int>::iterator i=t[a].begin();i!=t[a].end();i++)

     {

         if(v[*i-]==b)ans--;

         if(v[*i+]==b)ans--;

         t[b].insert(*i);

     }

     for(set<int>::iterator i=t[a].begin();i!=t[a].end();i++)v[*i]=b;

     t[a].clear();

 }

 int main()

 {

     n=read();m=read();

     for(int i=;i<=n;i++)v[i]=read();

     for(int i=;i<=n;i++)

     {

         fa[v[i]]=v[i];

         if(v[i]!=v[i-])ans++;

         t[v[i]].insert(i);

     }

     for(int i=;i<=m;i++)

     {

         int f=read(),a,b;

         if(f==)printf("%d\n",ans);

         else

         {

             a=read();b=read();

             if(a==b)continue;

             if(t[fa[a]].size()>t[fa[b]].size())

                 swap(fa[a],fa[b]);

             a=fa[a];b=fa[b];

             solve(a,b);

         }

     }

 }