给你一个整数 n 和一个二维整数数组 queries。
有 n 个城市，编号从 0 到 n - 1。初始时，每个城市 i 都有一条单向 道路通往城市 i + 1（ 0 <= i < n - 1）。
queries[i] = [ui, vi] 表示新建一条从城市 ui 到城市 vi 的单向 道路。每次查询后，你需要找到从城市 0 到城市 n - 1 的最短路径 的长度。
所有查询中不会存在两个查询都满足 queries[i][0] < queries[j][0] < queries[i][1] < queries[j][1]。
返回一个数组 answer，对于范围 [0, queries.length - 1] 中的每个 i，answer[i] 是处理完前 i + 1 个查询后，从城市 0 到城市 n - 1 的最短路径的长度
思路：
开始考虑的是二分搜索，因为觉得既然有l到r的边，那么就不用考虑l到（l+1，，，，r-1）之间的
边了，但是这里会发现无法判定当没有从l到（l+r）/2的边时候该怎么走，因为虽然题目要求不能有相交的边，但是可以有从一个边为左端点，然后右端点不同的情况。最终发现利用二分无法很好的解决这个问题。
本题考虑的是并查集的思路，将关注的重点放在边上，起初的时候每个节点i,f[i]+1表示其所能指向的最远的边，然后考虑的是从0到n-1一共有多少条边就行，每当遇到一个从l到r的边，就把从l+1开始到r-2的点都合并到r上，（r-1因为本来就有到r的边所以不用合并），每次合并都使得边的数目减少一，所以只需要记录一下边减少的数目，在和边原本的数目相减就是加上一条边以后最短距离了。
class Solution {
public:
vector<int>f;
vector<int> shortestDistanceAfterQueries(int n, vector<vector<int>>& queries) {
f.resize(n);
for(int i=0;i<n;i++)
f[i]=i;
vector<int>ans;
int cnt=n-1;
for(auto e:queries)
{
int x=e[0],y=e[1]-1;
int r=find(y);
for(int i=find(x);i<y;i=find(i+1))
{
f[i]=r;
cnt--;
}
ans.push_back(cnt);
}
return ans;
}
int find(int x)
{
if(x!=f[x])f[x]=find(f[x]);
return f[x];
}
};