并查集大难题。
看了题解之后才有思路，调了很久很久才AC，当然要写一篇题解来纪念一下。
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。
用fa[i]表示飞船i的祖先节点，即其所在列的队头。
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g数组，g[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(g[i]-g[j])-1。
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，fx为合并前飞船i的队头，fy为合并前飞船j的队头，每次合并时，先更新g[fx]，即给它加上num[fy]，然后开始合并，即fa[fx]=fy，最后更新num， num[fy]+= num[fx];num[fx]=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（g[i]+=g[fa[i]]），可以把这个过程和find的函数放在一起。
完整代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=30000+10;
int T;
int fa[MAXN],num[MAXN],g[MAXN];
inline int read()
{
int tot=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
{
tot=tot*10+c-'0';
c=getchar();
}
return tot;
}
inline int find(int k)
{
if(fa[k]==k)return k;
int grandfa=find(fa[k]);
g[k]+=g[fa[k]];
return fa[k]=grandfa;
}
int main()
{
T=read();
for(int i=1;i<=MAXN-10;i++)fa[i]=i,num[i]=1;
char c;
int x,y;
while(T--)
{
cin>>c;
x=read();y=read();
int fx=find(x),fy=find(y);
//cout<<c<<" "<<x<<" "<<y<<endl;
if(c=='M')
{
g[fx]+=num[fy];
fa[fx]=fy;
num[fy]+=num[fx];
num[fx]=0;
}
else
{
if(fx!=fy)cout<<-1<<endl;
else
cout<<abs(g[x]-g[y])-1<<endl;
}
//for(int i=1;i<=5;i++)cout<<fa[i]<<" ";cout<<endl;
}
return 0;
}