bzoj1483: [HNOI2009]梦幻布丁

传送门
话说好像可以用平衡树+启发式合并+set来水
当然还是队列+启发式合并好呀。
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)，
会被用心良苦的出题人卡到 O（NM）
2.考虑启发式合并。每次我们把短的合并到长的上面去，O(短的长度)
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)。
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
但是只是这么弄会出现各种bug：
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]
然后九水过了。

#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream> #define N 100005#define M 1000005int n,m,ans,x,a,b;int c[N],ne[N],ft[M],he[M],s[M],st[M];using namespace std;inline void read(int &x){    char ch=getchar();    x=0;    int f=1;    while (ch<'0'||ch>'9'){        if (ch=='-') f=-1;        ch=getchar();    }    while (ch>='0'&&ch<='9'){        x=x*10+ch-'0';        ch=getchar();    }    x*=f;}void solve(int a,int b){    for (int i=he[a];i;i=ne[i]){        if (c[i+1]==b) ans--;        if (c[i-1]==b) ans--;    }    for (int i=he[a];i;i=ne[i]) c[i]=b;    ne[st[a]]=he[b];    he[b]=he[a];    s[b]+=s[a];    he[a]=st[a]=s[a]=0;}int main(){    read(n);    read(m);    for (int i=1;i<=n;i++){        read(c[i]);        ft[c[i]]=c[i];        if (c[i]!=c[i-1]) ans++;        if (!he[c[i]]) st[c[i]]=i;        s[c[i]]++;        ne[i]=he[c[i]];        he[c[i]]=i;    }    for (int i=1;i<=m;i++){        read(x);        if (x==2) printf("%d\n",ans);        else{            read(a);            read(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]) continue;            s[b]+=s[a];            s[a]=0;            solve(a,b);        }    }    return 0;}