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,若第乙個數字是1表示要對顏色進行改變，其後的兩個整數x,y表示將所有顏色為x的變為y，x可能等於y. 若第乙個數字為2表示要進行詢問當前有多少段顏色，這時你應該輸出乙個整數. 0
輸出格式：
針對第二類操作即詢問，依次輸出當前有多少段顏色.
輸入樣例#1：
4 31 2 2 1
21 2 1
2
輸出樣例#1：
31
1<=n,m<=100,000; 0首先上網路上的題解：
1：將兩個佇列合併，有若干佇列，總長度為n，直接合併，最壞o(n)，
2：啟發式合併呢？
每次我們把短的合併到長的上面去，o(短的長度)
咋看之下沒有多大區別，
下面讓我們看看均攤的情況：
1：每次o(n)
2：每次合併後，佇列長度一定大於等於原來短的長度的兩倍。
這樣相當於每次合併都會讓短的長度擴大一倍以上，
最多擴大logn次，所以總複雜度o(nlogn)，每次o(logn)。
然後對於此題
我們先求出原序列的答案
每一種顏色搞一條鏈把該色結點串起來，記錄下鏈條尾結點
把一種顏色的染成另一種，很簡單把它合併過去，然後處理下對於答案的影響
但是。。。
比如把1染成2，但是s[1]>s[2]，這時我們應該將2合併到1的鏈後面，但是會遇到乙個麻煩的問題，就是這個鏈頭是接1下的，也就是說以後找顏色2，發現沒有顏色2只有顏色1。。。
於是我們應該開乙個陣列f，表示我們尋找一種顏色時，實際應該找哪個顏色下的鏈，遇到上面那種情況要交換f[1]和f[2]
詳見以下是個人見解:
直接上**，主要關注**中的注釋。
#include#include#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int maxn=1000001
;int
n,m,ans;
int s[maxn],//
每乙個顏色的個數
next[maxn],//
鄰接鏈
head[maxn],//
鄰接鏈 map[maxn],//
存圖
dp[maxn],//
當前位置的實際顏色
first[maxn];//
某顏色第一次出現的位置
void solve(int a,int
b)//
計算對結果的影響
for(int i=head[a];i!=-1;i=next[i])map[i]=b;//
更改顏色
next[first[a]]=head[b];head[b]=head[a];s[b]+=s[a];
head[a]=first[a]=s[a]=0;//
將兩個鄰接鏈合併，只需更改後繼順序即可
}int
main()
//輸入，賦初值 ，建立鄰接鏈
for(i=1;i<=m;i++)
}return0;
}
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...
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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 ...