洛谷P3201 [HNOI2009]梦幻布丁 [链表,启发式合并]
梦幻布丁
题目描述
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.
输入输出格式
输入格式:
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
输出格式:
针对第二类操作即询问,依次输出当前有多少段颜色.
输入输出样例
说明
1<=n,m<=100,000; 0<Ai,x,y<1,000,000
分析:
是一道interesting的题目。
一开始打了个线段树,然后就被愉快的T飞了。卡常也只能过5个点。
正解是链表+启发式合并,把这个同种颜色的布丁造成链表维护,修改的时候直接修改。当然,直接修改的话效率还是稍低,那么就用到启发式合并。因为实际上它修改成什么颜色并不重要,重要的是有多少个颜色区间,那么修改的时候就可以从这里下手,每次都修改数量更少的那个颜色,这样子的效率就非常优秀了(完虐线段树)。
Code:
//It is made by HolseLee on 27th July 2018 //Luogu.org P3201 #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<iomanip> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1e5+7; const int M=1e6+7; int n,m,ans,a[N],head[M],nxt[N],fir[M],pre[M],sum[M]; int read() { char ch=getchar();int num=0; while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){ num=(num<<3)+(num<<1)+ch-'0';ch=getchar(); } return num; } void change(int x,int y) { for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){ ans-=(a[i+1]==y?1:0); ans-=(a[i-1]==y?1:0); } for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i])a[i]=y; nxt[fir[x]]=head[y]; head[y]=head[x]; sum[y]+=sum[x]; head[x]=-1;sum[x]=fir[x]=0; } int main() { n=read();m=read(); memset(head,-1,sizeof(head)); for(int i=1;i<=n;++i){ a[i]=read(); pre[a[i]]=a[i]; sum[a[i]]++; if(a[i]!=a[i-1])ans++; if(head[a[i]]==-1)fir[a[i]]=i; nxt[i]=head[a[i]]; head[a[i]]=i; } int op,x,y; for(int i=1;i<=m;++i){ op=read(); if(op==1){ x=read();y=read(); if(x==y)continue; if(sum[pre[x]]>sum[pre[y]])swap(pre[x],pre[y]); x=pre[x],y=pre[y]; if(sum[x]==0)continue; change(x,y); } else printf("%d\n",ans); } return 0; }
蒟蒻写博客不易,如果有误还请大佬们提出
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