[HDU3461] [2010多校联考3] Code Lock [并查集]

题意：给出一个由 $N$个字母组成的锁。
给出 $M$个区间 $[L,R]$，每次操作可以将某个区间中所有字母变为字典序中的下一个字母。
特殊地，‘z’会变成’a’。
如果一把锁通过对可操作区间的有限次操作可以得到另一个锁，那么认为这两个锁是相同的。
请求出一共有多少种不同的锁 $\%1e9+7$。
$(N\le10^7,M\le10^3)$

锁啊，感觉是置换

慢慢推广
如果 $M=0$有 $Ans=26^N$

如果只有一个可操作区间，长度为 $1$，很显然 $Ans=26^{N-1}$

如果只有一个可操作区间 $[p,p+k-1]$，同样有 $Ans=26^{N-1}$

很显然 $Ans_{total}=Ans_{[1,p-1]}+Ans_{[p,p+k-1]}+Ans_{p+k,N}$
那么这个区间可以当作 $[1,k]$来想，里面有 $p_1,p_2,\cdots,p_k$共 $k$个数。
由于把 $[1,k]$全部 $+1$并不改变区间内每个数的相对大小，我们记 $p_i$的相对大小为 $p_i-p_1$
显然 $p_1$的相对大小永远为 $0$，所以 $p_1$对答案没有任何贡献
$Ans_{[p,p+k-1]}$相当于 $26^{k-1}$，那么 $Ans_{total}=26^{N-1}$

如果只有 $k$个不相交的可操作区间，那么 $Ans=26^{N-k}$

考虑多个区间，有相交部分。

• 如果存在区间 $[p_1,p_2],[p_2,p_3],\cdots,[p_{n-1},p_n]$和 $[p_1,p_n](p_a<p_b(a<b))$
  那么区间 $[p_1,p_n]$存不存在都差不多，显然可以去掉它。问题就是怎么判断这种情况
  我们可以考虑连接 $p_n\to p_{n-1},p_{n-1}\to p_{n-2},\cdots,p_3\to p_2,p_2\to p_1$
  这个时候遇见了区间 $[p_1,p_n]$，却发现 $p_n$已经连在 $p_1$上了，就可以无视这个区间。
• 而不是上面那种情况的话，显然可以看作这些区间是不相交的。
  于是有几个区间就当作有几个不相交区间算。

所以我们只需要记录有效区间数 $cnt$， $Ans=26^{N-cnt}$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cctype>
using namespace std;
#define LL long long
const LL MOD=1000000007;
int N,M,x,y,fx,fy,ans=0;
int fa[10000005]={};
LL quick_pow(int T)
{
	LL Ans=1ll,Base=26ll;
	while(T)
	{
		if(T&1)Ans=(Ans*Base)%MOD;
		Base=(Base*Base)%MOD;
		T>>=1;
	}
	return Ans;
}
int find(int x){return (fa[x]==x)?x:(fa[x]=find(fa[x]));}
int main()
{
	while(~scanf("%d%d",&N,&M))
	{
		for(int i=0;i<=N;++i)fa[i]=i; ans=0;
		while(M--)
		{
			scanf("%d%d",&x,&y); --x;
			fx=find(x),fy=find(y);
			if(fx!=fy)fa[fy]=fx,++ans;
		}
		printf("%lld\n",quick_pow(N-ans));
	}
	return 0;
}