假設現在有\(n\)個元素，每個元素最開始單獨成為一個集合
現在有一種合併操作，可以合併兩個集合，假設將集合\(A\)合併到集合\(B\)，那麼時間複雜度為\(O(|A|p)\)，其中\(O(p)\)表示合併一個元素的操作的複雜度，也就是說我們的操作每次是合併一個元素和一個集合，所以我們將\(A\)合併到\(B\)裡，就要對\(A\)中每個元素作合併操作，於是時間複雜度為\(O(|A|p)\)
假設我們依次合併（i.e.先將\(\left\{1\right\}\)合併到\(\left\{2\right\}\)，再將\(\left\{1\space2\right\}\)合併到\(\left\{3\right\}\)，再將\(\left\{1\space2\space 3\right\}\)合併到\(\left\{4\right\}\)，以此類推），那麼不難知道時間複雜度為\(O(n^2p)\)
但是我們現在採取一個最佳化，每次合併都將元素個數少的集合合併到元素個數多的集合裡面，這樣的話時間複雜度就會變為\(O(n\log np)\)
證明：考慮每個元素對時間複雜度的貢獻，為\(O(ap)\)，其中\(a\)是這個元素被合併的次數，而這顯然就等於其所在的不同集合的個數；考慮其所在的不同集合一共有多少個，由於每次合併是將小的集合合併到大的集合裡面，那麼每次小的集合的元素個數至少乘以\(2\)，所以\(a\)的上界為\(O(\log n)\)，於是得證
然後來考慮這道題目。注意，我們的啟發式合併每次是合併一個元素的，所以我們應該考慮假設我們每次只改變一個元素的顏色（而不是所有這個元素的顏色一起改變）答案會發生什麼變化
比較顯然，設\(cnt\)為改變之前的答案，當前將元素\(i\)（\(i\)是下標）的顏色\(x\)改變為\(y\)，那麼如果\(i-1\)的顏色為\(y\)，\(cnt\)會減一；如果\(i+1\)的顏色為\(y\)，\(cnt\)會減一
於是我們現在就可以找到一個\(O(n^2)\)的暴力演算法了，考慮用啟發式合併最佳化
由於啟發式合併會將更小的集合合併到更大的集合，涉及到集合的快速交換，所以我們需要一個雜湊表h[i]來表示某一種顏色的位置，並且再用一個單獨的陣列p[i]來表示這個顏色對應的雜湊表指標（這樣在交換集合的時候就可以\(O(1)\)交換p了）。注意h[i]並不是表示顏色\(i\)的位置，只有p[i]才表示顏色\(i\)，p[i]指向的雜湊表表示\(i\)的位置（p[i]不一定指向h[i]），然後剩下的可以看y總的程式碼；注意其程式碼的color陣列並不是表示真實的顏色，color[i]!=color[j]只能說明位置\(i,j\)的顏色不同，但是並不表示位置\(i,j\)的顏色分別為color[i]，color[j]，所以交換的操作顯然正確，而且交換之後ans顯然不變；還要注意merge函式的參數列裡面是引用
但是有一種用vector的更簡單的寫法。設vector<int> g[N]，其中g[i]表示顏色\(i\)的位置，color的意義與y總程式碼相同；然後利用vecotr的成員函式swap進行高效交換（這個時間複雜度是\(O(1)\)的，原因好像是因為交換的指標）即可，程式碼見下
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const ll mod=1e9+7;
int n,m;
int cnt,color[N];
vector<int> g[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&color[i]);
g[color[i]].push_back(i);
cnt+=(color[i]!=color[i-1]);
}
while(m--)
{
int op;
scanf("%d",&op);
if(op==1)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x==y) continue;
if(g[x].size()>g[y].size()) g[x].swap(g[y]);
//假設顏色x的數量更多，就要交換
//但是題目要求的是將x變成y不是將y變成x
//所以此時認為，原來是x的位置現在全部變成y，原來是y的位置現在全部變成x
//易知此時cnt不變
//然後再將此時顏色x全部變成顏色y即可
int v=color[g[y].back()];
for(int i=0;i<g[x].size();i++)
cnt-=(color[g[x][i]-1]==v)+(color[g[x][i]+1]==v);
while(g[x].size())
{
color[g[x].back()] = v;
g[y].push_back(g[x].back());
g[x].pop_back();
}
}
else printf("%d\n",cnt);
}
return 0;
}