银河英雄传说

题意：在并查集的基础上，还要求出同一集合的两个点的距离

这道题用并查集自己是知道的，但是竟然可以这么骚的操作。

下面转自大佬的查详细题解

初见这道题，首先想到的方法当然是直接模拟，模拟每一次指令。当然这种方法对于小数据行得通，但对于此题的500,000个指令，肯定超时。

因此我们就要想其它方法。

先来分析一下这些指令的特点，很容易发现对于每个M指令，只可能一次移动整个队列，并且是把两个队列首尾相接合并成一个队列，不会出现把一个队列分开的情况，因此，我们必须要找到一个可以一次操作合并两个队列的方法。

再来看下C指令：判断飞船i和飞船j是否在同一列，若在，则输出它们中间隔了多少艘飞船。我们先只看判断是否在同一列，由于每列一开始都只有一艘飞船，之后开始合并，结合刚刚分析过的M指令，很容易就想到要用并查集来实现。

定义一个数组fa，fa[i]表示飞船i的祖先节点，即其所在列的队头。再定义一个用于查找飞船祖先的函数find，在每次递归找祖先的同时更新fa，压缩路径，大大减小以后的时间消耗。初始时对于每个fa[i]都赋值为i，合并时就先分别查找飞船i和飞船j的祖先，然后将飞船i的祖先的祖先（即fa[飞船i的祖先]）赋值为飞船j的祖先。最后每次判断时只需要找到飞船i和飞船j的祖先，判断是否是同一艘飞船，若是，则在同一列，反之，则不在。

现在，判断是否在同一列以及如何一次操作合并两个队列的问题已经解决，但还有问题需要解决：如何在以上方法的基础上，进一步得到两艘飞船之间的飞船数量呢？

我们先来分析一下：两艘飞船之间的飞船数量，其实就是艘飞船之间的距离，那么，这就转换为了一个求距离的问题。两艘飞船都是在队列里的，最简单的求距离的方法就是前后一个一个查找，但这个方法太低效，会超时。看见多次求两个点的距离的问题，便想到用前缀和来实现：开一个front数组，front[i]表示飞船i到其所在队列队头的距离，然后飞船i和飞船j之间的飞船数量即为它们到队头的距离之差减一，就是abs(front[i]-front[j])-1。

解决了如何高效得到两艘飞船之间飞船数量的问题，便又发现了新的问题：如何在之前方法的基础上，得到每艘飞船和队头的距离呢？

来分析一下现在已经使用的算法——并查集，它的特点：不是直接把一个队列里的所有飞船移到另一个队列后面，而是通过将要移动的队列的队头连接到另一个队列的队头上，从而间接连接两个队列。因此，我们在这个算法的基础上，每次只能更新一列中一艘飞船到队头的距离（如果更新多艘的话并查集就没有意义了）。

那么，该更新哪艘飞船呢？现在我们已经知道，使用并查集合并两个队列时只改变队头的祖先，而这个队列里其它飞船的祖先还是它原来的队头，并没有更新，所以这个队列里的其它飞船在队列合并之后，仍然可以找到它原来的队头，也就可以使用它原来队头的数据，因此，在每次合并的时候，只要更新合并前队头到目前队头的距离就可以了，之后其它的就可以利用它来算出自己到队头的距离。

理清了思路，但又有问题出现：该怎样更新呢？该怎么计算呢？

更新很容易，我们来分析一下：对于原来的队头，它到队头的距离为0，当将它所在的队列移到另一个队列后面时，它到队头的距离就是排在它前面的飞船数，也就是合并前另一个队列的飞船数量。因此，就知道该怎样实现了，我们再建一个数组num，num[i]表示以i为队头的队列的飞船数量，初始时都是1，在每次合并的时候，px为合并前飞船i的队头，py为合并前飞船j的队头，每次合并时，先更新front[px]，即给它加上num[py]，然后开始合并，即fa[px]=py，最后更新num， num[py]+= num[px];num[px]=0。

现在就差最后一步了：如何计算每个飞船到队头的距离。再来分析一下：对于任意一个飞船，我们都知道它的祖先（不一定是队头，但一定间接或直接指向队头），还知道距离它祖先的距离。对于每一个飞船，它到队头的距离，就等于它到它祖先的距离加上它祖先到队头的距离，而它的祖先到队头的距离，也可以变成类似的。可以递归实现，由于每一次更新都要用到已经更新完成的祖先到队头的距离，所以要先递归找到队头，然后在回溯的时候更新（front[i]+=front[fa[i]]），可以把这个过程和查找队头的函数放在一起。

下面是我的ac代码

#include <iostream>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int maxn = 30000+5;
using namespace std;

int front[maxn],num[maxn],fa[maxn];
string s;

void init(){
    for(int i=1;i<maxn;i++)
    {
        fa[i] = i;
        num[i] =1;                //表示这个团体的个数        
        front[i] = 0;            //表示和头节点的距离
    }
}
int find(int x)
{
      if(fa[x]==x)return x;
    int fn = find(fa[x]);
    front[x] += front[fa[x]]; //在回溯的时候更新front（因为更新时要用到正确的front[祖先],所以只能在回溯的时候更新）         
    return fa[x] = fn;
}
void uni(int x,int y)
{
    int px = find (x);
    int py = find (y);
    if(px==py)return;
    else
    {
        fa[px] = py;            //将py设为px的祖先 
        front[px] += num[py];    //更新front[x所在列队头(现在在y所在队列后面)]即加上y所在队列的长度 
        num[py] += num[px];        //更新以py为队头队列的长度 
        num[px] = 0;            //以px为队头的队列已不存在，更新 
    }    
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    init();
    while(T--)
    {
        int u,v;
        cin>>s>>u>>v;
        if(s[0]==‘M‘)
        {    
            uni(u,v);
        }    
        else
        {
            int px = find (u);
            int py = find (v);
            if(px != py)printf("-1\n");
            else
            {
                int tmp = front[u] - front[v];        //
                if(tmp<0)tmp=-tmp;                    //取两个点的绝对值再减去1；
                printf("%d\n",tmp-1);                //
            }
        }
    }
    return 0;
}