[机房练习赛4.3][poj1988]bricks

Problem 1. bricks

Input file: bricks.in
Output file: bricks.out
Time limit: 1 second
jyb 在BUAA 天天被大神虐，所以只能去搬砖了。
终于在2019 年的夏天，菜菜的jyb 找不到工作，真的去工地搬砖了。jyb 的工头cky 是一个很麻烦的人，他
会让jyb 按某种方式搬砖，还问会问一些奇怪的问题。
现在有n 块砖，m 次操作。操作有两种：
1. M x y 把编号为x 的砖所在的一摞砖搬到编号为y 的砖所在的一摞砖的上面。如果x 和y 在同一摞砖则
忽略这个操作。（最初，每块砖都是单独一摞）
2. C x 询问x 下面压着多少块砖。
jyb 搬砖实在是太累了，想请你帮忙回答一下cky 工头的询问。
Input
第1 行，2 个整数n;m，表示一共有多少块砖以及有多少操作。
接下来m 行，每行一个操作，操作表示形式与前文一致。
Output
对于每次询问操作，输出答案
Sample
bricks.in
6 6
M 1 6
C 1
M 2 4
M 2 6
C 3
C 4
bricks.out
1
0
2
Note
• 对于30% 的数据，1  n  103,1  m  103;
• 对于60% 的数据，1  n  104,1  m  105;
• 对于100% 的数据，1  n  2  105,1  m  3  105。

Bricks：并查集（by jyb）
用链表什么的暴力枚举题意，最坏复杂度是O(m^2)的。
注意到每次都是移动一摞砖，其实问题就是集合的合并，只是这个集合是一个有序的，我们还需要知道每个元素在集合中的位置。我们可以利用并查集高效的来解决。我们引入一个dep数组，对于祖先节点（将每摞砖最上方的一块设为祖先，设最下面的为祖先也是可以的），我们记录该集合中一共有多少块砖，对于其他节点，我们记录它上方有多少块砖，这样我们可以很容易地计算出下方有多少块。这样在合并x和y（设他们祖先为fx，fy）时，我们将dep[fx]赋给dep[fy]（因为移到了上方，fx有多少块fy上方就有多少块），然后dep[fx]要加上原本的dep[fy]。难点就是在合并的过程中，dep数组怎么维护。其实很简单，只需要在路径压缩时顺带维护即可，如果一个节点x的祖先fx不是祖先（即已被合并过），那么dep[x]加上dep[fx]即可（等于头上又多了一摞砖，所以要加上）。

//jybの标程#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#include<string>#include<iostream> #include<queue>  #include<cstdio>using namespace std;  int n,m;int x,y;char c;int father,t1,t2;int fa[3000010];int dep[3000010];int getfather(int x){    if(x == fa[x])        return x;    else{        int f = fa[x];              //用来判断自己记录的祖先是否真的是祖先        fa[x] = getfather(fa[x]);   //路径压缩        if(fa[f] != f)              //如果不是，则需要更新上面的砖块数            dep[x] += dep[f];        return fa[x];    }}void Init(){    for(int i = 1; i <= n; i++){        fa[i] = i;          dep[i] = 1;    }}int main()  {      freopen("bricks.in","r",stdin);    freopen("bricks.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    Init();    while(m--){        scanf(" %s",&c);        if(c == 'M'){            scanf("%d%d",&x,&y);            t1 = getfather(x);            t2 = getfather(y);            if(t1 != t2){                fa[t2] = t1;            //合并                int ll = dep[t2];       //t2上面的砖块数等于t1那摞砖的总数                dep[t2] = dep[t1];      //                dep[t1] += ll;          //而t1的总数也需要加上t2的总数            }        }        else{            scanf("%d",&x);             //因为问的在下面的砖块，所以减去自己            if(x == fa[x]){             //因为祖先和非祖先，dep数组的含义不                    printf("%d\n",dep[x] - 1);                  continue;            }            father = getfather(x);      //非祖先的话，因为dep保存的是自己上面还有多少个，所以用总的减去上面的和自己，即可得到下面有多少个            printf("%d\n",dep[father] - dep[x] - 1);        }    }}

原题，略有不同
Cube Stacking
Time Limit: 2000MS Memory Limit: 30000K
Total Submissions: 24922 Accepted: 8719
Case Time Limit: 1000MS
Description

Farmer John and Betsy are playing a game with N (1 <= N <= 30,000)identical cubes labeled 1 through N. They start with N stacks, each containing a single cube. Farmer John asks Betsy to perform P (1<= P <= 100,000) operation. There are two types of operations:
moves and counts.
* In a move operation, Farmer John asks Bessie to move the stack containing cube X on top of the stack containing cube Y.
* In a count operation, Farmer John asks Bessie to count the number of cubes on the stack with cube X that are under the cube X and report that value.

Write a program that can verify the results of the game.
Input

• Line 1: A single integer, P

• Lines 2..P+1: Each of these lines describes a legal operation. Line 2 describes the first operation, etc. Each line begins with a ‘M’ for a move operation or a ‘C’ for a count operation. For move operations, the line also contains two integers: X and Y.For count operations, the line also contains a single integer: X.

Note that the value for N does not appear in the input file. No move operation will request a move a stack onto itself.
Output

Print the output from each of the count operations in the same order as the input file.
Sample Input

6
M 1 6
C 1
M 2 4
M 2 6
C 3
C 4
Sample Output

1
0
2
Source

USACO 2004 U S Open