洛谷P3201 [HNOI2009]梦幻布丁(链表 + 启发式合并)

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给出 \(n\) 个布丁，每个补丁都有其颜色。现在有 \(m\) 次操作，每次操作将第 \(x_i\) 种颜色全部变为第 \(y_i\) 种颜色。

操作中可能会插入询问，回答目前总共有多少段颜色。

$1 \leq n,m \leq 10^5 $

 

考虑稍微暴力点的做法，每次暴力修改颜色，然后如果对于当前的颜色，找到他们所有的位置，假设其中一个为 \(p\) ，那么通过判断 \(p-1,p+1\)位置的颜色是否为 \(y_i\) 即可。

如果这样做，就需要链表来寻找位置。但是这样还是要超时，复杂度可能为 \(O(n^2)\)。

在这里，可以使用启发式合并，即是每次把小范围并到大范围上去，由于小范围中的数每被并一次，范围中的数至少增大一倍，也就是说每个数最后被并 \(\log(n)\) 次，总的复杂度为 \(O(nlogn)\) 的。

但目前考虑到这里还不足以解决问题，因为题目给出的 “\(x_i,y_i\)”不一定满足 \(x_i<y_i\)。

这里的解决方法就是还是将小范围并到大范围，这里中间的判断操作是不影响的，唯一有变化的就是最终的颜色，我们用一个数组来记录一下最终的颜色就可以了。\(f[i]=j\) 的含义就为 \(i\) 颜色目前为颜色为 \(j\) 的链，然后每次找 \(f[i]\) 即可。数组可以解决很多事情~

具体见代码吧：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, ans;
int col[N], first[N], nxt[N], head[N], sz[N], f[N];
int now_c[N] ;
void merge(int x, int y) {
    for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
        ans -= (col[i - 1] == y) + (col[i + 1] == y);
    for(int i = head[x]; i; i = nxt[i]) col[i] = y;
    nxt[first[x]] = head[y];
    head[y] = head[x];
    sz[y] += sz[x]; sz[x] = 0; head[x] = 0;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0) ;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> col[i] ;
        f[col[i]] = col[i] ;
        if(col[i] != col[i - 1]) ans++ ;
        if(!head[col[i]]) first[col[i]] = i;
        ++sz[col[i]]; nxt[i] = head[col[i]]; head[col[i]] = i ;
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int op, x, y;
        cin >> op;
        if(op == 2) cout << ans << '\n';
        else {
            cin >> x >> y ;
            if(sz[f[x]] > sz[f[y]]) swap(f[x], f[y]) ;
            if(sz[f[x]] == 0) continue ;
            merge(f[x], f[y]) ;
        }
    }
    return 0;
}