题目描述

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。

输入输出格式

输入格式

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

输出格式

针对第二类操作即询问，依次输出当前有多少段颜色.

数据范围

\(1\le n,m\le100,000\); \(0<A_i,x,y<1,000,000\)

题解

起初用的线段树维护，可是如果被卡的话，时间复杂度就变成了\(O(n^2log_2n)\)了，所以，看了Hzwer大佬的博客后知道要用链表来解决，我们可以发现，对于一种颜色的操作，是把所有相同颜色都进行改变，所以我们把每种颜色都开一条链来维护，对于每次操作都是将两条链合并，一般的合并时间复杂度是\(O(n)\)的，所以我们要考虑启发式合并，每次我们都会使该条链的长度变为原长度的两倍以上，所以，我们最多只会合并\(log_2n\)次，但是，这样我们就会发现，我们每次合并后颜色可能会发生错位，我们需要利用一个数组来记录这种错位。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005, MAXM = 1000005;
int color[MAXN], ft[MAXM], Head[MAXM], Next[MAXN], Stern[MAXM], Size[MAXM];
int ans = 0;void Merge(int x, int y){for(int i = Head[x]; i != -1; i = Next[i]){if(color[i + 1] == y) ans --;if(color[i - 1] == y) ans --;   }for(int i = Head[x]; i != -1; i = Next[i])  color[i] = y;Next[Stern[x]] = Head[y], Size[y] += Size[x], Head[y] = Head[x];Head[x] = -1 ,Stern[x] = Size[x] = 0;return; }int main()
{int opt, x, y;memset(Head, -1, sizeof(Head));int n, m;scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; ++ i){scanf("%d", &color[i]);ft[color[i]] = color[i];if(color[i] != color[i - 1]) ans ++;if(Head[color[i]] == -1)    Stern[color[i]] = i;Next[i] = Head[color[i]], Head[color[i]] = i, Size[color[i]] ++;}for(int i = 1; i <= m; ++ i){scanf("%d", &opt);if(opt == 2) printf("%d\n", ans);else{scanf("%d%d", &x, &y);if(x == y) continue;if(Size[ft[x]] > Size[ft[y]])   swap(ft[x], ft[y]);x = ft[x], y = ft[y];if(Size[x] == 0) continue;Merge(x, y);}}return 0;
}