bzoj 1483

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

2014.4.30

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)。

 

然后对于此题

我们先求出原序列的答案

每一种颜色搞一条链把该色结点串起来，记录下链条尾结点

把一种颜色的染成另一种，很简单把它合并过去，然后处理下对于答案的影响

但是。。。

比如把1染成2，但是s[1]>s[2]，这时我们应该将2合并到1的链后面，但是会遇到一个麻烦的问题，就是这个链头是接1下的，也就是说以后找颜色2，发现没有颜色2只有颜色1。。。

于是我们应该开一个数组f，表示我们寻找一种颜色时，实际应该找哪个颜色下的链，遇到上面那种情况要交换f[1]和f[2]

转载自 http://hzwer.com/2858.html

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define N 100005
#define M 1000005
using namespace std;
int n,m,cnt,ans;
int c[N],next[N],ft[M],head[M],s[M],st[M];
void solve(int a,int b)
{
    for(int i=head[a];i;i=next[i])
    {
        if(c[i+1]==b)ans--;
        if(c[i-1]==b)ans--;
    }
    for(int i=head[a];i;i=next[i])c[i]=b;
    next[st[a]]=head[b];head[b]=head[a];s[b]+=s[a];
    head[a]=st[a]=s[a]=0;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&c[i]);ft[c[i]]=c[i];
        if(c[i]!=c[i-1])ans++;
        if(!head[c[i]])st[c[i]]=i;
        s[c[i]]++;next[i]=head[c[i]];head[c[i]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,a,b;
        scanf("%d",&x);
        if(x==2)printf("%d\n",ans);
        else{
            scanf("%d%d",&a,&b);
            if(a==b)continue;
            if(s[ft[a]]>s[ft[b]])
                swap(ft[a],ft[b]);
            a=ft[a];b=ft[b];
            if(s[a]==0)continue;
            s[b]+=s[a];s[a]=0;
            solve(a,b);
        }
    }
    return 0;
}