祭我ac的第十道紫題。
聽了一下午的
才調出來。
洛谷傳送門
給乙個序列a，有兩種操作——
1 x y將序列中所有x全部變成y
2查詢當前序列有多少段。
\(1\le n,m\le 10^5,1\le a_i,x,y\le 10^6\)。
考慮每修改乙個位置帶來的貢獻（亦或者說是影響？）。我們每將乙個\(a_i=x\)修改為了\(y\)，那麼如果\(a_ =y\)或\(a_=y\)都會使段數\(+1\)。
但是這樣雖然簡化的操作\(2\)，但是\(1\)還是需要\(o(n)\)的時間來維護。
但是如果我們修改顏色時，將數量少的那一種顏色修改為數量多的那一種，這樣修改次數就大大減少了。這種合併方案屬於啟發式合併。
至於用什麼方式來合併。思來思去，還是用鍊錶解決最優。（當然什麼set，vector，線段樹合併都行）。
設煉表的值為\(f_i\)，大小為\(size_i\)，起點為\(head_i\)，指標為\(next_i\)。
開始時，先將同一種顏色放到乙個鍊錶中，並計算原序列有多少段。
讀入\(x,y\)並比較鍊錶大小（注意交換的是\(f_x,f_y\)，相當於交換了兩個鍊錶）。
統計貢獻之後再修改小煉表的顏色，把小煉表塞到打鍊錶的前面，更新大煉表的\(size,head\)。
清空小煉表的\(head,size\)。
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#define il inline
#define re register
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#ifdef th
#define debug printf("now is %d\n",__line__);
#else
#define debug
#endif
using namespace std;
templateinline void read(t&x)
x*=fu;
}inline int read()
return x*fu;
}int g[55];
templateinline void write(t x)
while(x);
for(int i=g;i>=1;--i)putchar('0'+g[i]);putchar('\n');
}#define n 100010
int n,m;
int a[n];
int ans;
int f[n*10],sze[n*10];
int head[n*10],nxt[n*10];
int main()
int op,x,y;
while(m--)
int j=0;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) a[j=i]=y;
if(head[x]) nxt[j]=head[y],head[y]=head[x];
sze[y]+=sze[x];
sze[x]=0;
head[x]=0;
} else write(ans);
// for(int i=1;i<=n;i++) cout《注意特判\(x=y\)。
這個合併我實在是不會用vector，vector貌似不能\(o(1)\)合併……
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題目大意 有乙個 n times m 的切糕，每乙個位置的高度可以在 1,k 之間，每個高度有乙個代價，要求四聯通的兩個格仔之間高度最多相差 d 問可行的最小代價。n,m,k,d leqslant 40 題解 網路流，不考慮相差為 d 的條件時，可以給每個位置建乙個點，源點連向高度為 1 的點容量為...