HNOI2009 梦幻布丁

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题解

膜一发启发式合并
启发式合并从前我都只在并查集上用到过，但今天是在这种上面…
这道题的做法非常暴力：直接对每一个颜色节点构建链式前向星，然后合并的时候短链合并到长链上。
为什么这么做是对的呢？因为短链合并之后最少比原来要长一倍，所以合并起来最多合并$logn$次，这样均摊总时间复杂度就是$O(nlogn)$。
感觉这种思想跟线段数的区间开方的分析有着异曲同工之妙…
有一个细节：要记录合并时操作的真正颜色，因为短合长或者长合短在程序操作上是等价的，但颜色是不等价的。

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#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define INF 2000000000
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,id[1000005],ans,a[100005]={0};
int cnt[1000005]={0},at[1000005]={0},_nex[100005];
int read(){
    int f=1,x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=getchar();
    return f*x; 
}
void _merge(int x,int y){
    if(x==y)return ;
    if(cnt[id[x]]>cnt[id[y]])swap(id[x],id[y]);
    x=id[x],y=id[y];
    if(!cnt[x])return ;
    //x,y号元素代表的真正颜色（程序操作上） 
    cnt[y]+=cnt[x],cnt[x]=0;
    //x合并到y上
    for(int i=at[x];i;i=_nex[i]){
        if(a[i-1]==y)ans--;
        if(a[i+1]==y)ans--;
        
    }
    for(int i=at[x];i;i=_nex[i]){
        a[i]=y;
        if(!_nex[i]){
            _nex[i]=at[y];
            break;
        }
    }
    at[y]=at[x],at[x]=0;
}	
void init(){
    n=read(),m=read();
    int col;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=read(),col=a[i];
        if(a[i]!=a[i-1])ans++;
        cnt[col]++,_nex[i]=at[col],at[col]=i;
    }
    for(int i=1;i<=1000000;i++)id[i]=i;
}
void solve(){
    int opr,x,y;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        opr=read();
        if(opr==2)printf("%d\n",ans);
        else x=read(),y=read(),_merge(x,y); 
    }
}
int main(){
    init();
    solve();
    return 0;
}

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