[HNOI2009]梦幻布丁（链表+启发式合并）

洛谷传送门

开始一个O(n^2)思路，每次每句要改变颜色的点，改变完颜色后重新计算颜色的段数，显然拉闸。

然后呢。。然后就不会了。

看了别人博客，才知道有个叫做启发式合并的东西，就是把小的合并到大的上面，时间复杂度就将为了log级别，额，为啥呢？

反正这样就更快了。

然后对于此题

我们先求出原序列的答案

每一种颜色搞一条链把该色结点串起来，记录下链条尾结点

把一种颜色的染成另一种，很简单把它合并过去，然后处理下对于答案的影响

但是。。。

比如把1染成2，但是s[1]>s[2]，这时我们应该将2合并到1的链后面，但是会遇到一个麻烦的问题，就是这个链头是接1下的，也就是说以后找颜色2，发现没有颜色2只有颜色1。。。

于是我们应该开一个数组f，表示我们寻找一种颜色时，实际应该找哪个颜色下的链，遇到上面那种情况要交换f[1]和f[2]

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define maxn 100005

using namespace std;

int n, m, maxx, ans;
int a[maxn], next[maxn], head[maxn * 10], tail[maxn * 10], cnt[maxn * 10], f[maxn * 10];

int main()
{
    int i, j, x, y, opt;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for(i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        f[a[i]] = a[i];
        if(a[i] != a[i - 1]) ans++;
        if(!tail[a[i]]) head[a[i]] = i;
        next[i] = tail[a[i]];
        tail[a[i]] = i;
        cnt[a[i]]++;
    }
    for(i = 1; i <= m; i++)
    {
        scanf("%d", &opt);
        if(opt == 1)
        {
            scanf("%d %d", &x, &y);
            if(f[x] == f[y]) continue;
            if(cnt[f[x]] > cnt[f[y]]) swap(f[x], f[y]);//表头互换 
            x = f[x], y = f[y];
            if(!cnt[x]) continue;
            for(j = tail[x]; j; j = next[j])
            {
                if(a[j - 1] == y) ans--;
                if(a[j + 1] == y) ans--;
            }
            for(j = tail[x]; j; j = next[j]) a[j] = y;
            next[head[x]] = tail[y];//把 x 合并到 y 上 
            tail[y] = tail[x];
            cnt[y] += cnt[x];
            head[x] = tail[x] = cnt[x] = 0;
        }
        else printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}

 把 x 插到 y 的后面，所以得写成

next[head[x]] = tail[y]; 
tail[y] = tail[x];

也可以把 x 插到 y 的前面，写成

next[head[y]] = tail[x];
head[y] = head[x]