并查集
首先在地图上给你若干个城镇，这些城镇都能够看作点。然后告诉你哪些对城镇之间是有道路直接相连的。
最后要解决的是整幅图的连通性问题。
比方任意给你两个点。让你推断它们是否连通，或者问你整幅图一共同拥有几个连通分支。也就是被分成了几个互相独立的块。像畅通project这题，问还须要修几条路，实质就是求有几个连通分支。
假设是1个连通分支，说明整幅图上的点都连起来了，不用再修路了；假设是2个连通分支，则仅仅要再修1条路，从两个分支中各选一个点，把它们连起来，那么全部的点都是连起来的了；假设是3个连通分支，则仅仅要再修两条路……
以以下这组数据输入数据来说明
4 2 1 3 4 3
第一行告诉你。一共同拥有4个点，2条路。
以下两行告诉你，1、3之间有条路。4、3之间有条路。那么整幅图就被分成了1-3-4和2两部分。仅仅要再加一条路，把2和其它随意一个点连起来。畅通project就实现了，那么这个这组数据的输出结果就是1。
好了。如今编程实现这个功能吧，城镇有几百个，路有不知道多少条，并且可能有回路。 这可怎样是好？
我曾经也不会呀，自从用了并查集之后，嗨。效果还真好！我们全家都用它。
并查集由一个整数型的数组和两个函数构成。
数组pre[]记录了每一个点的前导点是什么，函数find是查找，join是合并。
int pre[1000 ];
int find(int x) //查找根节点
{
int r=x;
while ( pre[r ] != r ) //返回根节点 r
r=pre[r ];
int i=x , j ;
while( i != r ) //路径压缩
{
j = pre[ i ]; // 在改变上级之前用暂时变量 j 记录下他的值
pre[ i ]= r ; //把上级改为根节点
i=j;
}
return r ;
}
void join(int x,int y) //推断x y是否连通。
//假设已经连通。就不用管了 //假设不连通，就把它们所在的连通分支合并起,
{
int fx=find(x),fy=find(y);
if(fx!=fy)
pre[fx ]=fy;
}
为了解释并查集的原理，我将举一个更有爱的样例。 话说江湖上散落着各式各样的大侠，有上千个之多。他们没有什么正当职业，整天背着剑在外面走来走去。碰到和自己不是一路人的。就免不了要打一架。
但大侠们有一个长处就是讲义气。绝对不打自己的朋友。并且他们信奉“朋友的朋友就是我的朋友”，仅仅要是能通过朋友关系串联起来的。不管拐了多少个弯。都觉得是自己人。
这样一来。江湖上就形成了一个一个的群落，通过两两之间的朋友关系串联起来。而不在同一个群落的人。不管怎样都无法通过朋友关系连起来，于是就能够放心往死了打。可是两个原本互不相识的人。怎样推断是否属于一个朋友圈呢？
我们能够在每一个朋友圈内推举出一个比較有名望的人，作为该圈子的代表人物，这样，每一个圈子就能够这样命名“齐达内朋友之队”“罗纳尔多朋友之队”……两人仅仅要互相对一下自己的队长是不是同一个人，就能够确定敌友关系了。
可是还有问题啊，大侠们仅仅知道自己直接的朋友是谁，非常多人压根就不认识队长，要推断自己的队长是谁，仅仅能漫无目的的通过朋友的朋友关系问下去：“你是不是队长？你是不是队长？”这样一来，队长面子上挂不住了。并且效率太低。还有可能陷入无限循环中。于是队长下令，又一次组队。队内全部人实行分等级制度，形成树状结构，我队长就是根节点，以下各自是二级队员、三级队员。每一个人仅仅要记住自己的上级是谁即可了。
遇到推断敌友的时候。仅仅要一层层向上问，直到最高层，就能够在短时间内确定队长是谁了。因为我们关心的仅仅是两个人之间是否连通，至于他们是如何连通的。以及每一个圈子内部的结构是如何的，甚至队长是谁。并不重要。
所以我们能够放任队长任意又一次组队，仅仅要不搞错敌友关系就好了。于是，门派产生了。
http://i3.6.cn/cvbnm/6f/ec/f4/1e9cfcd3def64d26ed1a49d72c1f6db9.jpg
以下我们来看并查集的实现。 int pre[1000]; 这个数组。记录了每一个大侠的上级是谁。
大侠们从1或者0開始编号（根据题意而定）。pre[15]=3就表示15号大侠的上级是3号大侠。假设一个人的上级就是他自己，那说明他就是掌门人了，查找到此为止。也有孤家寡人自成一派的，比方欧阳锋。那么他的上级就是他自己。每一个人都仅仅认自己的上级。
比方胡青牛同学仅仅知道自己的上级是杨左使。张无忌是谁？不认识！
要想知道自己的掌门是谁，仅仅能一级级查上去。 find这个函数就是找掌门用的。意义再清楚只是了（路径压缩算法先不论，后面再说）。
int find(int x) //查找我（x）的掌门
{
int r=x; //托付 r 去找掌门
while (pre[r ]!=r) //假设r的上级不是r自己（也就是说找到的大侠他不是掌门）
r=pre[r ] ; // r 就接着找他的上级，直到找到掌门为止。
return r ; //掌门驾到~~~
}
再来看看join函数。就是在两个点之间连一条线，这样一来，原先它们所在的两个板块的全部点就都能够互通了。
这在图上非常好办，画条线即可了。但我们如今是用并查集来描写叙述武林中的状况的，一共仅仅有一个pre[]数组。该怎样实现呢？ 还是举江湖的样例。如果如今武林中的形势如图所看到的。
虚竹小和尚与周芷若MM是我很喜欢的两个人物，他们的终极boss各自是玄慈方丈和灭绝师太。那明显就是两个阵营了。我不希望他们互相打架。就对他俩说：“你们两位拉拉勾，做好朋友吧。”他们看在我的面子上，允许了。这一允许可非同小可，整个少林和峨眉派的人就不能打架了。这么重大的变化，可怎样实现呀，要修改多少地方？事实上很easy。我对玄慈方丈说：“大师。麻烦你把你的上级改为灭绝师太吧。这样一来，两派原先的全部人员的终极boss都是师太，那还打个球啊！反正我们关心的仅仅是连通性，门派内部的结构不要紧的。
”玄慈一听肯定火大了：“我靠，凭什么是我变成她手下呀。怎么不反过来？我抗议！”抗议无效，上天安排的。最大。反正谁增加谁效果是一样的。我就随手指定了一个。
这段函数的意思很明确了吧？
void join(int x,int y) //我想让虚竹和周芷若做朋友
{
int fx=find(x),fy=find(y); //虚竹的老大是玄慈，芷若MM的老大是灭绝
if(fx!=fy) //玄慈和灭绝显然不是同一个人
pre[fx ]=fy; //方丈仅仅好委委屈屈地当了师太的手下啦
}
再来看看路径压缩算法。建立门派的过程是用join函数两个人两个人地连接起来的，谁当谁的手下全然随机。最后的树状结构会变成什么胎唇样。我也全然无法估计。一字长蛇阵也有可能。这样查找的效率就会比較低下。最理想的情况就是全部人的直接上级都是掌门，一共就两级结构，仅仅要找一次就找到掌门了。哪怕不能全然做到。也最好尽量接近。这样就产生了路径压缩算法。
设想这样一个场景：两个互不相识的大侠碰面了，想知道能不能揍。 于是赶紧打电话问自己的上级：“你是不是掌门？” 上级说：“我不是呀。我的上级是谁谁谁，你问问他看看。
” 一路问下去，原来两人的终于boss都是东厂曹公公。
“哎呀呀，原来是记己人。西礼西礼。在下三营六组白面葫芦娃!” “幸会幸会，在下九营十八组仙子狗尾巴花！
” 两人高高兴兴地手拉手喝酒去了。 “等等等等，两位同学请留步。还有事情没完毕呢！
”我叫住他俩。 “哦，对了，还要做路径压缩。”两人醒悟。
白面葫芦娃打电话给他的上级六组长：“组长啊，我查过了，其习偶们的掌门是曹公公。不如偶们一起及接拜在曹公公手下吧，省得级别太低，以后查找掌门麻环。” “唔，有道理。” 白面葫芦娃接着打电话给刚才拜訪过的三营长……仙子狗尾巴花也做了相同的事情。 这样，查询中全部涉及到的人物都聚集在曹公公的直接领导下。每次查询都做了优化处理。所以整个门派树的层数都会维持在比較低的水平上。路径压缩的代码，看得懂非常好。看不懂也没关系。直接抄上用即可了。总之它所实现的功能就是这么个意思。
http://i3.6.cn/cvbnm/60/98/92/745b3eac68181e4ee1fa8d1b8bca38bc.jpg
#include<iostream>
using namespace std;
int pre[1050];
bool t[1050]; //t 用于标记独立块的根结点
int Find(int x)
{
int r=x;
while(r!=pre[r])
r=pre[r];
int i=x,j;
while(pre[i]!=r)
{
j=pre[i];
pre[i]=r;
i=j;
}
return r;
}
void mix(int x,int y)
{
int fx=Find(x),fy=Find(y);
if(fx!=fy)
{
pre[fy]=fx;
}
}
int main()
{
int N,M,a,b,i,j,ans;
while(scanf("%d%d",&N,&M)&&N)
{
for(i=1;i<=N;i++) //初始化
pre[i]=i;
for(i=1;i<=M;i++) //吸收并整理数据
{
scanf("%d%d",&a,&b);
mix(a,b);
}
memset(t,0,sizeof(t));
for(i=1;i<=N;i++) //标记根结点
{
t[Find(i)]=1;
}
for(ans=0,i=1;i<=N;i++)
if(t[i])
ans++;
printf("%d\n",ans-1);
}
return 0;
}//dellaserss
下面为原文附的代码:
回到开头提出的问题，我的代码例如以下：
#include int pre[1000 ];
int find(int x)
{
int r=x;
while (pre[r ]!=r)
r=pre[r ];
int i=x; int j;
while(i!=r)
{
j=pre[i ];
pre[i ]=r;
i=j;
}
return r;
}
int main()
{
int n,m,p1,p2,i,total,f1,f2;
while(scanf("%d",&n) && n) //读入n，假设n为0。结束
{ //刚開始的时候，有n个城镇，一条路都没有 //那么要修n-1条路才干把它们连起来
total=n-1;
//每一个点互相独立。自成一个集合，从1编号到n //所以每一个点的上级都是自己
for(i=1;i<=n;i++) { pre[i ]=i; } //共同拥有m条路
scanf("%d",&m); while(m--)
{ //以下这段代码。事实上就是join函数，仅仅是稍作修改以适应题目要求
//每读入一条路，看它的端点p1。p2是否已经在一个连通分支里了
scanf("%d %d",&p1,&p2);
f1=find(p1);
f2=find(p2);
//假设是不连通的，那么把这两个分支连起来
//分支的总数就降低了1，还需建的路也就减了1
if(f1!=f2)
{
pre[f2 ]=f1;
total--;
}
//假设两点已经连通了。那么这条路仅仅是在图上添加了一个环 //对连通性没有不论什么影响。无视掉
}
//最后输出还要修的路条数
printf("%d\n",total);
}
return 0;
}
