（画师当然是武内崇啦）

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
Sample Output
3
1

最近在复习数据结构，本来打算找一道平衡树的题来做，在黄学长的博客里看到这道题。结果发现和平衡树其实没有关系。。。

看到这个题的第一想法是暴力：每次o(n)修改或查询
然而o(n^2)肯定会爆（虽然题目不给范围神坑）。我们希望能够通过某些手段来降log。首先是想到线段树，因为线段树可以解决区间内连续色段，但是我们发现这道题是针对整个序列而言，且修改无法用线段树优化。

那怎么办呢？我们发现这道题是将所有颜色为x的改为y，总共有效的修改数量是初始时的颜色种数（最多n）。其实这相当于将颜色x与颜色y合并，且之后不会再拆开。所以说这就是合并的问题啦~（废话了这么久。。）

但是该如何合并呢？我们将同一种颜色的布丁用链表连起来，合并的时候是o(1)的。但是对于合并时ans的更新是o(n)的（对于每一个都判断修改后是否与左右连接）。总的来说，就是每次合并时的复杂度“被修改的颜色的布丁个数”。

这个是可以优化的，就是用启发式合并（把小的往大的合并）。这样就是o(nlogn)的了。证明就搬一下黄学长的；

1：每次O(N)
2：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)。

但是由于为了启发式合并，我们改变了合并方向。需要用一个f[i]数组来存 调用i颜色时真正用到的颜色。

下面谈谈链表：
我以前一直都不清楚链表到底是个什么货。现在好像是明白了：
有两种链表：
1、对于每个点，有一个pre（前继）和nxt（后继）。这相当于双向链表
2、记录一个链表的开头head，对每个点记录一个nxt（下一个）。这相当于是单向链表

这道题需要访问链表的全部元素，所以用第二种链表。

（其实之前接触过这链表很多次，但一直不知道这就是链表）

放代码啦：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;const int N=1000000+5;int n,m,c[N],siz[N],f[N],ans=0;
int head[N],nxt[N],st[N];void solve(int a,int b){for(int i=head[a];i;i=nxt[i]){if(c[i+1]==b) ans--;if(c[i-1]==b) ans--;}for(int i=head[a];i;i=nxt[i]) c[i]=b;/*这是两种不同的合并方式*/
//  nxt[st[a]]=head[b];head[b]=head[a];nxt[st[b]]=head[a];
//  head[a]=0,st[a]=0;st[b]=st[a];
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&c[i]);siz[c[i]]++,f[c[i]]=c[i];if(c[i]!=c[i-1]) ans++;if(!head[c[i]]) st[c[i]]=i;nxt[i]=head[c[i]],head[c[i]]=i;}int opt,x,y;while(m--){scanf("%d",&opt);if(opt==2) printf("%d\n",ans);else{scanf("%d%d",&x,&y);if(x==y) continue;//if(siz[f[x]]==0) continue;if(siz[f[x]]>siz[f[y]]) swap(f[x],f[y]);if(siz[f[x]]==0) continue;siz[f[x]]+=siz[f[y]],siz[f[x]]=0;//+=solve(f[x],f[y]);}}return 0;
}