一開始是在splay專題下找的這道題，但是一想，好像更貼近線段樹的區間連續問題，然後就想著先去用線段樹去寫這道題，聽聞會出現顏色會超出1e7的範疇，所以，我就不考慮用陣列去開了，直接寫了map<>的來解決這個問題。
利用線段樹合併，對於已有的每個顏色來看，我們可以去知道最開始的情況，可以直接求得，然後就是考慮每次的更新，將乙個顏色變成另乙個顏色的時候不要忘記去初始化這個顏色清空，不然，下次要是還改變這個顏色，豈不是在無中生有？（就是這個問題，一開始沒注意到，wa了好幾次……qaq）
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define lowbit(x) ( x&(-x) )
#define pi 3.141592653589793
#define e 2.718281828459045
#define inf 0x3f3f3f3f
#define half (l + r)>>1
#define lsn rt<<1
#define rsn rt<<1|1
#define lson lsn, l, mid
#define rson rsn, mid+1, r
#define ql lson, ql, qr
#define qr rson, ql, qr
#define myself rt, l, r
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 7;
int n, q, tot, ans;
struct node
}t[maxn<<1];
void pushup(int rt)
void update(int &rt, int l, int r, int k)
int mid = half;
if(k <= mid) update(t[rt].lc, l, mid, k);
else update(t[rt].rc, mid + 1, r, k);
pushup(rt);
}void merge(int &p1, int &p2, int l, int r)
maproot; //為了避免root的時候的顏色數量不確定，故利用map來寫（離散作用）
int main()
int op, now, to;
while(q--)
ans -= t[root[now]].val + t[root[to]].val;
merge(root[to], root[now], 1, n);
ans += t[root[to]].val;
}else printf("%d\n", ans);
}return 0;}/*
4 31 2 2 1
21 2 12*/
/*9 9
1 2 5 3 1 1 2 3 2
21 2 1
21 1 3
21 1 3
21 5 3
2ans:86
331*/
HNOI2009 夢幻布丁
題意 n個布丁擺成一行,進行m次操作.每次將某個顏色的布丁全部變成另一種顏色的,然後再詢問當前一共有多少段顏色.例如顏色分別為1,2,2,1的四個布丁一共有3段顏色.對每個顏色的位置維護鍊錶。合併兩個顏色，連線鍊錶，統計貢獻。統計貢獻的複雜度是與鍊錶長度有關的。如果遍歷長度短的鍊錶那麼複雜度自然更小...
HNOI2009 夢幻布丁
n個布丁擺成一行,進行m次操作.每次將某個顏色的布丁全部變成另一種顏色的,然後再詢問當前一共有多少段顏色.例如顏色分別為1,2,2,1的四個布丁一共有3段顏色.輸入格式 第一行給出n,m表示布丁的個數和好友的操作次數.第二行n個數a1,a2.an表示第i個布丁的顏色從第三行起有m行,對於每個操作,若...
HNOI2009 夢幻布丁
題目鏈結 把每一種數字想象成乙個佇列。如果暴力合併，時間複雜度必然很高，考慮啟發式合併 每次把數字少的佇列合併到數字多的佇列上去。每次合併，若數字少的佇列數字個數為 s 則合併之後產生新佇列的大小必定不小於 2 s 時間複雜度 o n log n 這樣合併產生了乙個問題 即原來要求將 a 全部變為 ...