题干：
小T有n个点，每个点可能是黑色的，可能是白色的。
小T对这张图的定义了白连通块和黑连通块：
白连通块：图中一个点集V，若满足所有点都是白点，并且V中任意两点都可以只经过V中的点互相到达，则称V中的点构成了一个白连通块。
黑连通块：类似白连通块的定义。
小T对这n个点m次操作。
1、在两个点之间连一条边。
2、询问白（黑）连通块个数。
3、给出x,y两个点，保证同色（为了方便描述，x,y都是白点，黑色同理）。询问存在多少个黑点，将它改变颜色后，x,y所在的白连通块会合并为一个。如果x,y已经在一个白连通块内了，输出-1。（注意：这里不会对点的颜色改变，只统计个数）
输入描述:
第一行两个整数n,m，分别表示点的个数和操作的个数。
第二行n个整数，第i个整数描述第i个点的颜色，0表示白色，1表示黑色。
接下来m行，每行包含2个或者3个整数，描述三种操作。
操作1：1,x,y，表示在x,y之间加入一条边。
操作2：2,x，若x=0，询问白连通块的个数，否则询问黑连通块的个数。
操作3：3,x,y，表示第三种操作。
n,m≤50000,x,y≤nn,m≤50000,x,y≤n
输出描述:
对于询问操作，输出一个整数。示例1
输入
复制
6 7
0 1 0 0 0 1
1 3 2
1 2 4
3 3 4
1 1 3
2 0
3 1 4
3 1 3输出
复制
1
3
1
-1说明
第一次询问：2号点变成白色后，3,4所在的白连通块合并为一个。
第二次询问：白连通块的个数为3，分别是{1,2}，{3}，{4}。
第三次询问：2号点变成白色后，1,4所在的白连通块合并为一个。
第四次询问：1,3已经是同一个白连通块了，输出-1。解题报告：
并查集+bitset优化。
操作二可以在加边的过程中求出。即加入一条端点同色的边，并查集判断是否可以消去一个白（黑）连通块。
操作三求的是x,y所在的两个白连通块都连出的黑点（假设x,y是白色，黑色的情况是一样的）。
于是可以bitset维护每个白联通块连出的黑点，黑连通块连出的白点。每加入一条端点异色的边，在两个白、黑连通块的bitset中将一个位置设为1；加入一条端点同色的边，就是合并白（黑）连通块的过程，同时合并两个白（黑）连通块的bitset。
复杂度
，W=32或64
AC代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<bitset>
#include<cstring>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int MAX = 6e4 + 5;
int col[MAX];
int f[MAX];
int totbai,tothei,bai,hei;
bitset<MAX> bs[MAX];
int getf(int v) {return v == f[v] ? v : f[v] = getf(f[v]);
}
void add(int u,int v) {int t1 = getf(u);int t2 = getf(v);if(col[u] == col[v]) {if(t1 != t2) {if(col[u] == 0) bai--;else hei--; }f[t2] = t1;bs[t1] |= bs[t2];//这两句也可以放在if里 }else {bs[t1].set(v);//bs[t1][v]=1;bs[t2].set(u);//bs[t2][u]=1;}
}
int main()
{int n,m;cin>>n>>m;for(int i = 1; i<=n; i++) {scanf("%d",col+i);f[i] = i;}for(int i = 1; i<=n; i++) {if(col[i] == 1) hei++,tothei++;else bai++,totbai++;}for(int op,x,y,i = 1; i<=m; i++) {scanf("%d",&op);if(op == 1) {scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);}else if(op == 2) {scanf("%d",&x);printf("%d\n",x == 1 ? hei : bai);}else {scanf("%d%d",&x,&y);int t1 = getf(x);int t2 = getf(y);if(t1 == t2) puts("-1");else {printf("%d\n",(bs[t1]&bs[t2]).count());}}}return 0 ;}
其实merge函数这样写比较清晰：
void merge(int u,int v) {int t1 = getf(u),t2 = getf(v);if(t1 == t2) return;if(col[t1] == col[t2]) { if(col[t1] == 1) hei--;else bai--;f[t2]=t1;bs[t1] |= bs[t2];}else bs[t1][v]=bs[t2][u]=1;
}
简化版：
const int N=5e4+5;
int n,m,col[N],fa[N],num[2];bitset<N>S[N];
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int main(){n=gi();m=gi();for(int i=1;i<=n;++i)++num[col[i]=gi()],fa[i]=i;while(m--){int op=gi(),x=gi(),y;if(op&1)y=gi();if(op==1)if(col[x]^col[y])S[find(x)][y]=1,S[find(y)][x]=1;else{x=find(x),y=find(y);if(x^y)fa[y]=x,S[x]|=S[y],--num[col[x]];}if(op==2)printf("%d\n",x?num[1]:num[0]);if(op==3)printf("%d\n",find(x)^find(y)?(int)(S[find(x)]&S[find(y)]).count():-1);}return 0;
}总结：
这个tothei和totbai，计算过程中始终没有用到，但是作为一个流程性的东西，万一给你改变一下题目，说不定就用到了，所以提前维护出来为好。
