【bzoj1483】[HNOI2009]梦幻布丁 set

【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=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';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-1]==b)ans--;
        if(v[*i+1]==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=1;i<=n;i++)v[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        fa[v[i]]=v[i];
        if(v[i]!=v[i-1])ans++;
        t[v[i]].insert(i);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int f=read(),a,b;
        if(f==2)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);
        }
    }
}