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https://www.acwing.com/problem/content/240/

有一个划分为$N$列的星际战场，各列依次编号为$1,2,\dots ,N$。有$N$艘战舰，也依次编号为$1,2,\dots ,N$，其中第$i$号战舰处于第$i$列。有$T$条指令，每条指令格式为以下两种之一：M i j，表示让第$i$号战舰所在列的全部战舰保持原有顺序，接在第$j$号战舰所在列的尾部。C i j，表示询问第$i$号战舰与第$j$号战舰当前是否处于同一列中，如果在同一列中，它们之间间隔了多少艘战舰。现在需要你编写一个程序，处理一系列的指令。

输入格式：
第一行包含整数$T$，表示共有$T$条指令。接下来$T$行，每行一个指令，指令有两种形式：M i j或C i j。其中$M$和$C$为大写字母表示指令类型，$i$和$j$为整数，表示指令涉及的战舰编号。

输出格式：
你的程序应当依次对输入的每一条指令进行分析和处理：如果是M i j形式，则表示舰队排列发生了变化，你的程序要注意到这一点，但是不要输出任何信息；如果是C i j形式，你的程序要输出一行，仅包含一个整数，表示在同一列上，第$i$号战舰与第$j$号战舰之间布置的战舰数目，如果第$i$号战舰与第$j$号战舰当前不在同一列上，则输出$-1$。

数据范围：
$N\le 30000,T\le 500000$

由于不仅要询问两个战舰是否同列，还需要知道两个战舰之间还有多少个战舰，所以需要用带权并查集来解决，即在维护集合的时候同时维护点与点之间的边权。我们可以维护并查集的每个树根为每列的最上面的那个战舰编号，然后再维护两个信息，一个是$s[i]$，表示$i$所在集合的元素个数（只对树根有效），另一个是$d[i]$，表示$i$到其父亲的距离（这里的“距离”指的是之间隔了的战舰数加$1$，应答询问的时候是利用前缀和思想来求的。如果$i$本身就是树根，则$d[i]=0$，如果是树根的孩子，并且$i$号战舰紧挨着树根，则$d[i]=1$，以此类推）。维护$s$是容易的，最重要的是怎么维护$d$。首先在做合并集合的操作的时候，例如我们要将$x$所在集合并到$y$里，那么先找到两者的树根，即$p_x$和$p_y$，由于合并完之后$p_x$就会接到$p_y$下面，所以$p_x$与树根的距离就会被更新为$s[p_y]$（类比两列战舰的合并，合并后战舰$p_x$会挂到$p_y$所在列的下面，当然距离就是$s[p_y]$了）。但是对于$p_x$所在集合的其余节点该如何处理呢？由于find函数的路径压缩优化，我们只需要在find里处理即可，在union的时候是不需要特别处理的（因为在询问的时候，会首先执行find，而find完之后由于路径压缩，所有节点都直接指向树根了）。在执行find(u)的时候，处理的方法是采用后序遍历，先递归地找到树根（此时$u$节点的父亲$p_u$已经连到树根上去了，并且$d[p_u]$也算好了），然后将$d[u]$累加其父亲的$d$值即可，因为此时$d[u]$是$u$与父亲$p_u$的距离，然后再累加$p_u$到新树根的距离就行了。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 30010;
int m;
// sz[i]存i所在集合的元素个数（只对树根有效），d[i]存i与其父亲的距离
int p[N], sz[N], d[N];

int find(int x) {
    if (p[x] == x) return x;

    int root = find(p[x]);
    d[x] += d[p[x]];
    return p[x] = root;
}

void merge(int x, int y) {
    int px = find(x), py = find(y);
    p[px] = py, d[px] = sz[py];
    sz[py] += sz[px];
}

int main() {
    for (int i = 1; i < N; i++) p[i] = i, sz[i] = 1;

    scanf("%d", &m);
    while (m--) {
        char op[2];
        int a, b;
        scanf("%s%d%d", op, &a, &b);
        if (op[0] == 'M') {
            merge(a, b);
        } else {
            if (a == b) puts("0");

            int pa = find(a), pb = find(b);
            if (pa != pb) puts("-1");
            else printf("%d\n", abs(d[a]- d[b]) - 1);
        }
    }

    return 0;
}

时间复杂度$O(N+T{\log }^{\ast }N)$，每次询问几乎可以看成是常数应答，空间$O(N)$。