设计数据结构-Unionfind并查集算法

Union-Find 并查集算法#

参考labuladong的文章

动态连通性其实可以抽象成给一幅图连线，如图：

Union-Find 算法主要需要实现这两个 API：

class UF {
    /* 将 p 和 q 连接 */
    public void union(int p, int q);
    /* 判断 p 和 q 是否连通 */
    public boolean connected(int p, int q);
    /* 返回图中有多少个连通分量 */
    public int count();
}

「连通」是一种等价关系，也就是说具有如下三个性质：

1、自反性：节点p和p是连通的。

2、对称性：如果节点p和q连通，那么q和p也连通。

3、传递性：如果节点p和q连通，q和r连通，那么p和r也连通。

0～9 任意两个不同的点都不连通，调用connected都会返回 false，连通分量为 10 个。

如果现在调用union(0, 1)，那么 0 和 1 被连通，连通分量降为 9 个。

再调用union(1, 2)，这时 0,1,2 都被连通，调用connected(0, 2)也会返回 true，连通分量变为 8 个。

我们使用森林（若干棵树）来表示图的动态连通性，用数组来具体实现这个森林。

怎么用森林来表示连通性呢？我们设定树的每个节点有一个指针指向其父节点，如果是根节点的话，这个指针指向自己。

刚才那幅 10 个节点的图，一开始的时候没有相互连通，就是这样：

class UF {
    // 记录连通分量
    private int count;
    // 节点 x 的节点是 parent[x]
    private int[] parent;

    /* 构造函数，n 为图的节点总数 */
    public UF(int n) {
        // 一开始互不连通
        this.count = n;
        // 父节点指针初始指向自己
        parent = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++)
            parent[i] = i;
    }

    /* 其他函数 */
}

如果某两个节点被连通，则让其中的（任意）一个节点的根节点接到另一个节点的根节点上：

public void union(int p, int q) {
    int rootP = find(p);
    int rootQ = find(q);
    if (rootP == rootQ)
        return;
    // 将两棵树合并为一棵
    parent[rootP] = rootQ;
    // parent[rootQ] = rootP 也一样
    count--; // 两个分量合二为一
}

/* 返回某个节点 x 的根节点 */
private int find(int x) {
    // 根节点的 parent[x] == x
    while (parent[x] != x)
        x = parent[x];
    return x;
}

/* 返回当前的连通分量个数 */
public int count() {
    return count;
}

如果节点p和q连通的话，它们一定拥有相同的根节点：

public boolean connected(int p, int q) {
    int rootP = find(p);
    int rootQ = find(q);
    return rootP == rootQ;
}

find主要功能就是从某个节点向上遍历到树根，其时间复杂度就是树的高度。我们可能习惯性地认为树的高度就是logN，但这并不一定。logN的高度只存在于平衡二叉树，对于一般的树可能出现极端不平衡的情况，使得「树」几乎退化成「链表」，树的高度最坏情况下可能变成N。

上面这种解法，find,union,connected的时间复杂度都是 O(N)。

问题的关键在于，如何想办法避免树的不平衡

平衡优化#

要知道哪种情况下可能出现不平衡现象，关键在于union过程：

public void union(int p, int q) {
    int rootP = find(p);
    int rootQ = find(q);
    if (rootP == rootQ)
        return;
    // 将两棵树合并为一棵
    parent[rootP] = rootQ;
    // parent[rootQ] = rootP 也可以
    count--;
}

简单粗暴的把p所在的树接到q所在的树的根节点下面，那么这里就可能出现「头重脚轻」的不平衡状况，比如下面这种局面：

我们其实是希望，小一些的树接到大一些的树下面，这样就能避免头重脚轻，更平衡一些。解决方法是额外使用一个size数组，记录每棵树包含的节点数，我们不妨称为「重量」：

class UF {
    private int count;
    private int[] parent;
    // 新增一个数组记录树的“重量”
    private int[] size;

    public UF(int n) {
        this.count = n;
        parent = new int[n];
        // 最初每棵树只有一个节点
        // 重量应该初始化 1
        size = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
            size[i] = 1;
        }
    }
    /* 其他函数 */
}

比如说size[3] = 5表示，以节点3为根的那棵树，总共有5个节点。这样我们可以修改一下union方法：

通过比较树的重量，就可以保证树的生长相对平衡，树的高度大致在logN这个数量级，极大提升执行效率。

find,union,connected的时间复杂度都下降为 O(logN)，即便数据规模上亿，所需时间也非常少。

路径压缩#

我们能不能进一步压缩每棵树的高度，使树高始终保持为常数？

这样find就能以 O(1) 的时间找到某一节点的根节点，相应的，connected和union复杂度都下降为 O(1)。

要做到这一点，只需要在find中加一行代码：

private int find(int x) {
    while (parent[x] != x) {
        // 进行路径压缩
        parent[x] = parent[parent[x]];
        x = parent[x];
    }
    return x;
}

调用find函数每次向树根遍历的同时，顺手将树高缩短了，最终所有树高都不会超过 3（union的时候树高可能达到 3）。

完整代码：#

class UF {
    // 连通分量个数
    private int count;
    // 存储一棵树
    private int[] parent;
    // 记录树的“重量”
    private int[] size;

    public UF(int n) {
        this.count = n;
        parent = new int[n];
        size = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
            size[i] = 1;
        }
    }

    public void union(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        if (rootP == rootQ)
            return;

        // 小树接到大树下面，较平衡
        if (size[rootP] > size[rootQ]) {
            parent[rootQ] = rootP;
            size[rootP] += size[rootQ];
        } else {
            parent[rootP] = rootQ;
            size[rootQ] += size[rootP];
        }
        count--;
    }

    public boolean connected(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        return rootP == rootQ;
    }

    private int find(int x) {
        while (parent[x] != x) {
            // 进行路径压缩
            parent[x] = parent[parent[x]];
            x = parent[x];
        }
        return x;
    }
}

算法的关键点有 3 个：

1、用parent数组记录每个节点的父节点，相当于指向父节点的指针，所以parent数组内实际存储着一个森林（若干棵多叉树）。

2、用size数组记录着每棵树的重量，目的是让union后树依然拥有平衡性，而不会退化成链表，影响操作效率。

3、在find函数中进行路径压缩，保证任意树的高度保持在常数，使得union和connectedAPI 时间复杂度为 O(1)。

应用#

很多使用 DFS 深度优先算法解决的问题，也可以用 Union-Find 算法解决。

比如第 130 题，被围绕的区域：给你一个 M×N 的二维矩阵，其中包含字符X和O，让你找到矩阵中完全被X围住的O，并且把它们替换成X。

注意：边角上的O一定不会被围，进一步，与边角上的O相连的O也不会被X围四面，也不会被替换：

解决这个问题的传统方法是，先用 for 循环遍历棋盘的四边，用 DFS 算法把那些与边界相连的O换成一个特殊字符，比如#；然后再遍历整个棋盘，把剩下的O换成X，把#恢复成O。这样就能完成题目的要求，时间复杂度 O(MN)。

思路：

那些不需要被替换的O它们有一个共同祖师爷叫dummy，这些O和dummy互相连通，而那些需要被替换的O与dummy不连通。

根据我们的实现，Union-Find 底层用的是一维数组，构造函数需要传入这个数组的大小，而题目给的是一个二维棋盘。

这个很简单，二维坐标(x,y)可以转换成x * n + y这个数（m是棋盘的行数，n是棋盘的列数）。敲黑板，这是将二维坐标映射到一维的常用技巧。

索引[0.. m*n-1]都是棋盘内坐标的一维映射，那就让这个虚拟的dummy节点占据索引m*n好了。

void solve(char[][] board) {    if (board.length == 0) return;    int m = board.length;    int n = board[0].length;    // 给 dummy 留一个额外位置    UF uf = new UF(m * n + 1);    int dummy = m * n;    // 将首列和末列的 O 与 dummy 连通    for (int i = 0; i < m; i++) {        if (board[i][0] == 'O')            uf.union(i * n, dummy);        if (board[i][n - 1] == 'O')            uf.union(i * n + n - 1, dummy);    }    // 将首行和末行的 O 与 dummy 连通    for (int j = 0; j < n; j++) {        if (board[0][j] == 'O')            uf.union(j, dummy);        if (board[m - 1][j] == 'O')            uf.union(n * (m - 1) + j, dummy);    }    // 方向数组 d 是上下左右搜索的常用手法    int[][] d = new int[][]{{1,0}, {0,1}, {0,-1}, {-1,0}};    for (int i = 1; i < m - 1; i++)        for (int j = 1; j < n - 1; j++)            if (board[i][j] == 'O')                // 将此 O 与上下左右的 O 连通                for (int k = 0; k < 4; k++) {                    int x = i + d[k][0];                    int y = j + d[k][1];                    if (board[x][y] == 'O')                        uf.union(x * n + y, i * n + j);                }    // 所有不和 dummy 连通的 O，都要被替换    for (int i = 1; i < m - 1; i++)        for (int j = 1; j < n - 1; j++)            if (!uf.connected(dummy, i * n + j))                board[i][j] = 'X';}

只有和边界O相连的O才具有和dummy的连通性，他们不会被替换

技巧总结：#

• 二维坐标(x,y)可以转换成x * n + y这个数（m是棋盘的行数，n是棋盘的列数）。敲黑板，这是将二维坐标映射到一维的常用技巧。

• 方向数组 d 是上下左右搜索的常用手法

      int[][] d = new int[][]{{1,0}, {0,1}, {0,-1}, {-1,0}};
  
     for (int k = 0; k < 4; k++) {
                              int x = i + d[k][0];
                              int y = j + d[k][1];
                              if (board[x][y] == 'O')
                                  uf.union(x * n + y, i * n + j);
                          }
  

题目二#

给你一个数组equations，装着若干字符串表示的算式。每个算式equations[i]长度都是 4，而且只有这两种情况：a==b或者a!=b，其中a,b可以是任意小写字母。你写一个算法，如果equations中所有算式都不会互相冲突，返回 true，否则返回 false。

比如说，输入["a==b","b!=c","c==a"]，算法返回 false，因为这三个算式不可能同时正确。

再比如，输入["c==c","b==d","x!=z"]，算法返回 true，因为这三个算式并不会造成逻辑冲突。

动态连通性其实就是一种等价关系，具有「自反性」「传递性」和「对称性」，其实==关系也是一种等价关系，具有这些性质。所以这个问题用 Union-Find 算法就很自然。

核心思想是，将equations中的算式根据==和!=分成两部分，先处理==算式，使得他们通过相等关系各自勾结成门派；然后处理!=算式，检查不等关系是否破坏了相等关系的连通性。

boolean equationsPossible(String[] equations) {
    // 26 个英文字母
    UF uf = new UF(26);
    // 先让相等的字母形成连通分量
    for (String eq : equations) {
        if (eq.charAt(1) == '=') {
            char x = eq.charAt(0);
            char y = eq.charAt(3);
            uf.union(x - 'a', y - 'a');
        }
    }
    // 检查不等关系是否打破相等关系的连通性
    for (String eq : equations) {
        if (eq.charAt(1) == '!') {
            char x = eq.charAt(0);
            char y = eq.charAt(3);
            // 如果相等关系成立，就是逻辑冲突
            if (uf.connected(x - 'a', y - 'a'))
                return false;
        }
    }
    return true;
}