【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);
}
}
}

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