Description
N个布丁摆成一行,进行M次操作.每次将某个颜色的布丁全部变成另一种颜色的,然后再询问当前一共有多少段颜色.例如颜色分别为1,2,2,1的四个布丁一共有3段颜色.
Input
第一行给出N,M表示布丁的个数和好友的操作次数. 第二行N个数A1,A2...An表示第i个布丁的颜色从第三行起有M行,对于每个操作,若第一个数字是1表示要对颜色进行改变，其后的两个整数X,Y表示将所有颜色为X的变为Y，X可能等于Y. 若第一个数字为2表示要进行询问当前有多少段颜色，这时你应该输出一个整数. 0
Output
针对第二类操作即询问，依次输出当前有多少段颜色.
Sample Input
4 3
1 2 2 1
2
1 2 1
2
1 2 2 1
2
1 2 1
2
Sample Output
3
1
1
HINT
Source
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~启发式合并+链表~
以同一颜色的长度为依据合并，每次将较短的一种合并到较长的上，这样总复杂度O(nlogn)，可以过这道题。
证明（来自黄学长）：
“每次合并后，队列长度一定大于等于原来短的长度的两倍。
这样相当于每次合并都会让短的长度扩大一倍以上，
最多扩大logN次，所以总复杂度O(NlogN)，每次O(logN)。”
所以我们对于每种颜色记录sum[i]，把x换成y时（x!=y），如果sum[x]>sum[y]，就把xy交换，把y换成x。这样的话颜色就改变了，对结果无影响，对下次更新有影响。所以我们再记录一个值col[i]，表示目前颜色为i的位置实际颜色为col[i]，这样就可以直接更新了。
输入的时候我把同种颜色的合并了，应该是要快不少（吧）。
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;int n,m,x,y,ans,a[100001],tot,col[1000001],num[1000001],fi[1000001],ne[1000001],he[1000001];int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}void chan(int u,int v)
{for(int i=fi[u];i;i=ne[i]){if(a[i-1]==v) ans--;if(a[i+1]==v) ans--;}for(int i=fi[u];i;i=ne[i]) a[i]=v;ne[he[u]]=fi[v];fi[v]=fi[u];fi[u]=he[u]=0;
}int main()
{n=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++){a[++tot]=read();if(tot!=1 && a[tot]==a[tot-1]){tot--;continue;}col[a[tot]]=a[tot];ans++;num[a[tot]]++;if(!fi[a[tot]]) he[a[tot]]=tot;ne[tot]=fi[a[tot]];fi[a[tot]]=tot;}while(m--){x=read();if(x==2) printf("%d\n",ans);else{x=read();y=read();if(x==y) continue;if(num[col[x]]>num[col[y]]) swap(col[x],col[y]);x=col[x];y=col[y];if(!num[x]) continue;num[y]+=num[x];num[x]=0;chan(x,y);}}return 0;
}