洛谷P3201 [HNOI2009]梦幻布丁(链表 + 启发式合并)
给出 \(n\) 个布丁,每个补丁都有其颜色。现在有 \(m\) 次操作,每次操作将第 \(x_i\) 种颜色全部变为第 \(y_i\) 种颜色。
操作中可能会插入询问,回答目前总共有多少段颜色。
$1 \leq n,m \leq 10^5 $
考虑稍微暴力点的做法,每次暴力修改颜色,然后如果对于当前的颜色,找到他们所有的位置,假设其中一个为 \(p\) ,那么通过判断 \(p-1,p+1\)位置的颜色是否为 \(y_i\) 即可。
如果这样做,就需要链表来寻找位置。但是这样还是要超时,复杂度可能为 \(O(n^2)\)。
在这里,可以使用启发式合并,即是每次把小范围并到大范围上去,由于小范围中的数每被并一次,范围中的数至少增大一倍,也就是说每个数最后被并 \(\log(n)\) 次,总的复杂度为 \(O(nlogn)\) 的。
但目前考虑到这里还不足以解决问题,因为题目给出的 “\(x_i,y_i\)”不一定满足 \(x_i<y_i\)。
这里的解决方法就是还是将小范围并到大范围,这里中间的判断操作是不影响的,唯一有变化的就是最终的颜色,我们用一个数组来记录一下最终的颜色就可以了。\(f[i]=j\) 的含义就为 \(i\) 颜色目前为颜色为 \(j\) 的链,然后每次找 \(f[i]\) 即可。数组可以解决很多事情~
具体见代码吧:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, ans;
int col[N], first[N], nxt[N], head[N], sz[N], f[N];
int now_c[N] ;
void merge(int x, int y) {
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
ans -= (col[i - 1] == y) + (col[i + 1] == y);
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i]) col[i] = y;
nxt[first[x]] = head[y];
head[y] = head[x];
sz[y] += sz[x]; sz[x] = 0; head[x] = 0;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0) ;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> col[i] ;
f[col[i]] = col[i] ;
if(col[i] != col[i - 1]) ans++ ;
if(!head[col[i]]) first[col[i]] = i;
++sz[col[i]]; nxt[i] = head[col[i]]; head[col[i]] = i ;
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int op, x, y;
cin >> op;
if(op == 2) cout << ans << '\n';
else {
cin >> x >> y ;
if(sz[f[x]] > sz[f[y]]) swap(f[x], f[y]) ;
if(sz[f[x]] == 0) continue ;
merge(f[x], f[y]) ;
}
}
return 0;
}
重要的是自信,一旦有了自信,人就会赢得一切。