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Description
现有N个动物，以1－N编号。每个动物都是A,B,C中的一种，但是我们并不知道它到底是哪一种。
有人用两种说法对这N个动物所构成的食物链关系进行描述：
第一种说法是"1 X Y"，表示X和Y是同类。
第二种说法是"2 X Y"，表示X吃Y。
此人对N个动物，用上述两种说法，一句接一句地说出K句话，这K句话有的是真的，有的是假的。当一句话满足下列三条之一时，这句话就是假话，否则就是真话。
1） 当前的话与前面的某些真的话冲突，就是假话；
2） 当前的话中X或Y比N大，就是假话；
3） 当前的话表示X吃X，就是假话。
你的任务是根据给定的N（1 <= N <= 50,000）和K句话（0 <= K <= 100,000），输出假话的总数。
Input
以下K行每行是三个正整数 D，X，Y，两数之间用一个空格隔开，其中D表示说法的种类。
若D=1，则表示X和Y是同类。
若D=2，则表示X吃Y。
Output
Sample Input
100 7 1 101 1 2 1 2 2 2 3 2 3 3 1 1 3 2 3 1 1 5 5
Sample Output
3
Source
这题算是对并查集应用的一个总结吧！
参考一另篇博客http://blog.csdn.net/c0de4fun/article/details/7318642，
大体思想：
1、如果两个物种有联系，不管是吃，被吃还是同类，它们之间应该是有一条径路可达的，
也就是它们在一个合集中。
2、如果a,b有关系，b,c有关系，那么a,c之间的关系式可以通过两者的关系推出来的。
OK，下面围绕着上面的两个思想来逐一拆分。
首先就是怎么把有关系的物种放到同一个合集中去,这就要需用到并查集了。每一次入输d,x,y，
也就是相当于x,y之间有一条权为d的径路。先忽略这个权值，直接斟酌路径，那并查集的路径建立就
不用我说了。一个parent数组,parent[i]表现从parent[i]到i有一条径路。OK，那不同的物食圈就构
成了一个连通区域。每个连通区域都有一个根点节。
下面斟酌怎么处理这个权
先说点数学的货色，任何一种偏序关系都足满自反、对称、传递。
自反：自己跟自己满足偏序关系。
对称：a,b的偏序关系为r，则b,a的偏序关系为~r.表现求反。
传递：a,b的偏序关系为r1，b,c的偏序关系为r2，a,c的偏序关系为r1+r2.
为了便利，用一个relation数组来维护这个权值。relation[i]表现的是i在所的连通区域的
根点节到i的关系。先略忽这个关系数组的维护过程，把团体的思绪理清晰。如果有两个物种加进来，
就有两种情况，要么它们在同一个连通集里头。要么不在同一个连通集里头。
一、两者在同一个连通集里头：
1、新加的关系表明x,y是同类，那么它们两个分别到连通区域根点节的关系应该是一样的，
要不就矛盾了。（记为case1）
2、如果新加的关系表明x,y不是同类，那么在当前参加y，x相对根节点的关系和x本来相对根点节的
关系应该是不变的，否则就矛盾了。（记为case2）
二、两者在不同的连通集里头：就直接连接两个连通集就能够了。（记为case3）
路径压缩处理：
由于后来物种会越来越多，我们不希望食物链拉的很长，所以会尽可能的让全部的点节都直接和根节点
相连。这样整个连通的图就有点呈现出星形。
怎么维护关系数组：
数组里头的每个元素的取值要么是0（同类），要么是1（父吃子），要么是2（子吃父）。至于为什么要
这么设置（因为题目中1表示同类，而我们定义0表示同类，相对都应该减一，所以题目中的2表示父吃子在我们这里
应该是2-1=1，,1表示父吃子），参考一另篇博客http://blog.csdn.net/c0de4fun/article/details/7318642，
这里是不能随便定义的。设前面的数据我已经处理好了，现在要处理d,x,y.为了叙说的便利，
记relation[x]为x根->x.那么在现就有三种情况：
case1：（同一个集合且同类）
这种情况x根与y根雷同。如果x根->x与y根->y不同，表明x,y不是同类，与d=1矛盾。
case2：（同一个集合但不同类）
这种情况x根与y根雷同。如果参加y之后，（x根->x） = （x根（即y根）->y + y->x），如果新求出来
的关系与本身已有的x根->x的关系不同，则矛盾。
case3：（在不同集合中）
这种情况x根与y根不同。由于这里添加的是x到y的一条有向边。将y根的父点节设置为x根，更新y根父点
节到x根的关系，即x根->y根=x根->x+x->y+y->y根，由于这里都是有向边，所以更新关系的时候注意关
系的方向。这里需要注意，我们只更新了两个根之间的关系，x根与原来的y所在的连通区域里头的节点
的关系都没有更新，这就是为什么要在一开始判断之前就要调用Find函数，更新每个点节到其根点节的
关系。
初始条件：
有了这个递推，就好办了。初始条件parent就是并查集一般的初始条件，父点节于等自己。由于初始的
时候父节点是自己，当然自己跟自己的关系肯定是同类咯，也就是relation[i]=0
代码:
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 4 using namespace std; 5 6 const int N = 50005; 7 int father[N]; 8 int relation[N];//根点节到点节的关系 9 10 void init(int n) 11 { 12 for(int i = 0; i <= n; ++i) 13 { 14 father[i]= i; 15 relation[i] = 0; 16 } 17 } 18 //更新的步调，先将当前点节与其根点节相连，然后更新其与根点节的关系 19 //当前节点x与根节点r的关系更新的方法： 20 // (x与其父点节的关系+其父点节的关系与根点节的关系)%3 21 //所以在更新节点x的数据之前需要更新其父节点的数据，这是find为什么搞成递归函数的原因 22 //其更新的次序是从根节点开始往下，始终到当前点节x的父点节。 23 int find(int x) 24 { 25 if(x != father[x])//不是根点节 26 { 27 int temp = father[x]; 28 //将当前点节的父点节设置为根点节 29 father[x] = find(temp); 30 //更新当前点节与根点节的关系，由x->x父和x父->父根的关系失掉x->父根的关系 31 //所以在这之前必须更新其父点节与根点节的关系 32 relation[x] = (relation[x] + relation[temp]) % 3; 33 } 34 return father[x]; 35 } 36 37 int main() 38 { 39 int n, m, x, y, d, fx, fy, cnt; 40 41 while(~scanf("%d %d", &n, &m))//POJ上只要需一次入输，所以不要需while循环 42 { 43 cnt = 0; 44 init(n); 45 for(int i = 0; i < m; ++i) 46 { 47 scanf("%d %d %d", &d, &x, &y); 48 if(x > n || y > n) 49 { 50 ++cnt; 51 continue; 52 } 53 if(d == 2 && x == y) 54 { 55 ++cnt; 56 continue; 57 } 58 fx = find(x); 59 fy = find(y); 60 if(fx == fy)//属于同一个子集 61 { 62 //如果x、y是同类，那么他们相对根点节的关系应该是一样的 63 if(d == 1 && relation[x] != relation[y]) 64 ++cnt; 65 //如果不是同类，加入x与y的关系之后，x相对根点节的关系(x根->y,y->x(即3-(d-1)=2).即x根->x)应该是不变的 66 //这里d=2表示x - y = 2-1=1;而y->x=3-(x->y)=3-1=2; 67 if(d == 2 && relation[x] != (relation[y] + 2)%3) 68 ++cnt; 69 } 70 else//合并两个连通区域 71 { 72 father[fy] = fx;//y根的父点节更新成x根 73 //(d-1)为x与y的关系，3-relation[y]是y与y的根点节的关系，注意方向，relation[x]是其根点节与x的关系 74 //x根->x,x->y,y->y根：即x根->y根 75 relation[fy] = (relation[x] + (d-1) + (3-relation[y])) % 3;//注意这里只更新的是fy相对于根的关系 76 } 77 } 78 printf("%d ", cnt); 79 } 80 return 0; 81 }