并查集

From 算法学习笔记(1) : 并查集
Union-Find 算法怎么应用？

定义

并查集主要用于解决一些元素分组的问题。它管理一系列不相交的集合，并支持两种操作：
合并（Union）：把两个不相交的集合合并为一个集合。
查询（Find）：查询两个元素是否在同一个集合中。

初始化

int fa[MAXN];
inline void init(int n)
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        fa[i] = i;
}

查询

int find(int x)
{
    if(fa[x] == x)
        return x;
    else
        return find(fa[x]);
}

合并

inline void merge(int i, int j)
{
    fa[find(i)] = find(j);
}

合并查询（Find）（路径压缩）

int find(int x)
{
    return x == fa[x] ? x : (fa[x] = find(fa[x]));
}

用此方法合并 j 到 i

 father[j] = find(father[i]);//并查集合并

按秩合并

我们应该把简单的树往复杂的树上合并，而不是相反。因为这样合并后，到根节点距离变长的节点个数比较少。
我们用一个数组rank[]记录每个根节点对应的树的深度（如果不是根节点，其rank相当于以它作为根节点的子树的深度）。一开始，把所有元素的rank（秩）设为1。合并时比较两个根节点，把rank较小者往较大者上合并。路径压缩和按秩合并如果一起使用，时间复杂度接近 ，但是很可能会破坏rank的准确性。

初始化（按秩合并）

inline void init(int n)
{
    for (int i = 0; i < n; ++i)
    {
        fa[i] = i;
        rank[i] = 1;
    }
}

合并（按秩合并）

inline void merge(int i, int j)
{
    int x = find(i), y = find(j);    //先找到两个根节点
    if (rank[x] <= rank[y])
        fa[x] = y;
    else
        fa[y] = x;
    if (rank[x] == rank[y] && x != y)
        rank[y]++;                   //如果深度相同且根节点不同，则新的根节点的深度+1
}

最后总结

class UF {
    // 连通分量个数
     int count;
    // 存储一棵树
     int* fa;
    // 记录树的“重量”
    int* rank;
public :
      UF(int n) {
        this.count = n;
        fa = new int[n];
        size = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            fa[i] = i;
            rank[i] = 1;
        }
    }

     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 (rank[rootP] > rank[rootQ]) {
            fa[rootQ] = rootP;
            rank[rootP] += rank[rootQ];
        } else {
            fa[rootP] = rootQ;
            rank[rootQ] += rank[rootP];
        }
        count--;
    }

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

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

例子

一、（洛谷P1551）亲戚

题目背景
若某个家族人员过于庞大，要判断两个是否是亲戚，确实还很不容易，现在给出某个亲戚关系图，求任意给出的两个人是否具有亲戚关系。
题目描述
规定：x和y是亲戚，y和z是亲戚，那么x和z也是亲戚。如果x,y是亲戚，那么x的亲戚都是y的亲戚，y的亲戚也都是x的亲戚。
输入格式
第一行：三个整数n,m,p，（n<=5000,m<=5000,p<=5000），分别表示有n个人，m个亲戚关系，询问p对亲戚关系。
以下m行：每行两个数Mi，Mj，1<=Mi，Mj<=N，表示Mi和Mj具有亲戚关系。
接下来p行：每行两个数Pi，Pj，询问Pi和Pj是否具有亲戚关系。
输出格式
P行，每行一个’Yes’或’No’。表示第i个询问的答案为“具有”或“不具有”亲戚关系。

#include <cstdio>
#define MAXN 5005
int fa[MAXN], rank[MAXN];
inline void init(int n)
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        fa[i] = i;
        rank[i] = 1;
    }
}
int find(int x)
{
    return x == fa[x] ? x : (fa[x] = find(fa[x]));
}
inline void merge(int i, int j)
{
    int x = find(i), y = find(j);
    if (rank[x] <= rank[y])
        fa[x] = y;
    else
        fa[y] = x;
    if (rank[x] == rank[y] && x != y)
        rank[y]++;
}
int main()
{
    int n, m, p, x, y;
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
    init(n);
    for (int i = 0; i < m; ++i)
    {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        merge(x, y);
    }
    for (int i = 0; i < p; ++i)
    {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        printf("%s\n", find(x) == find(y) ? "Yes" : "No");
    }
    return 0;
}

二、（NOIP提高组2017年D2T1） 洛谷P3958 奶酪

题目描述

现有一块大奶酪，它的高度为，它的长度和宽度我们可以认为是无限大的，奶酪中间有许多半径相同的球形空洞。我们可以在这块奶酪中建立空间坐标系，在坐标系中， 奶酪的下表面为 ，奶酪的上表面为 。
现在，奶酪的下表面有一只小老鼠 Jerry，它知道奶酪中所有空洞的球心所在的坐标。如果两个空洞相切或是相交，则 Jerry 可以从其中一个空洞跑到另一个空洞，特别地，如果一个空洞与下表面相切或是相交，Jerry 则可以从奶酪下表面跑进空洞；如果一个空洞与上表面相切或是相交，Jerry 则可以从空洞跑到奶酪上表面。
位于奶酪下表面的 Jerry 想知道，在 不破坏奶酪 的情况下，能否利用已有的空洞跑到奶酪的上表面去?
空间内两点 、 的距离公式如下：

输入格式
每个输入文件包含多组数据。接下来的第一行，包含一个正整数 ，代表该输入文件中所含的数据组数。
接下来是 组数据，每组数据的格式如下： 第一行包含三个正整数 和 ，两个数之间以一个空格分开，分别代表奶酪中空 洞的数量，奶酪的高度和空洞的半径。
接下来的 行，每行包含三个整数 ，两个数之间以一个空格分开，表示空 洞球心坐标为 。

输出格式
行，分别对应组数据的答案，如果在第 组数据中，Jerry 能从下表面跑到上表面，则输出Yes，如果不能，则输出No（均不包含引号）。

我们把所有空洞划分为若干个集合，一旦两个空洞相交或相切，就把它们放到同一个集合中。

我们还可以划出2个特殊元素，分别表示底部和顶部，如果一个空洞与底部接触，则把它与表示底部的元素放在同一个集合中，顶部同理。最后，只需要看顶部和底部是不是在同一个集合中即可。这完全可以通过并查集实现。来看代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MAXN 1005
typedef long long ll;
int fa[MAXN], rank[MAXN];
ll X[MAXN], Y[MAXN], Z[MAXN];
inline bool next_to(ll x1, ll y1, ll z1, ll x2, ll y2, ll z2, ll r)
{
    return (x1 - x2) * (x1 - x2) + (y1 - y2) * (y1 - y2) + (z1 - z2) * (z1 - z2) <= 4 * r * r;
    //判断两个空洞是否相交或相切
}
inline void init(int n)
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        fa[i] = i;
        rank[i] = 1;
    }
}
int find(int x)
{
    return x == fa[x] ? x : (fa[x] = find(fa[x]));
}
inline void merge(int i, int j)
{
    int x = find(i), y = find(j);
    if (rank[x] <= rank[y])
        fa[x] = y;
    else
        fa[y] = x;
    if (rank[x] == rank[y] && x != y)
        rank[y]++;
}
int main()
{
    int T, n, h;
    ll r;
    scanf("%d", &T);
    for (int I = 0; I < T; ++I)
    {
        memset(X, 0, sizeof(X));
        memset(Y, 0, sizeof(Y));
        memset(Z, 0, sizeof(Z));
        scanf("%d%d%lld", &n, &h, &r);
        init(n);
        fa[1001] = 1001; //用1001代表底部
        fa[1002] = 1002; //用1002代表顶部
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            scanf("%lld%lld%lld", X + i, Y + i, Z + i);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            if (Z[i] <= r)
                merge(i, 1001); //与底部接触的空洞与底部合并
            if (Z[i] + r >= h)
                merge(i, 1002); //与顶部接触的空洞与顶部合并
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
            {
                if (next_to(X[i], Y[i], Z[i], X[j], Y[j], Z[j], r))
                    merge(i, j); //遍历所有空洞，合并相交或相切的球
            }
        }
        printf("%s\n", find(1001) == find(1002) ? "Yes" : "No");
    }
    return 0;
}

三、DFS 的替代方案

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。

void solve(char[][] board);

注意哦，必须是完全被围的O才能被换成X，也就是说边角上的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也不困难，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)。

class Solution {
public:
    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        if (board.empty() || board[0].empty()) return;
        int m = board.size(), n = board[0].size();
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (i == 0 || i == m - 1 || j == 0 || j == n - 1) {
                    if (board[i][j] == 'O') dfs(board, i , j);
                }
            }   
        }
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
                if (board[i][j] == '$') board[i][j] = 'O';
            }
        }
    }
    void dfs(vector<vector<char>> &board, int x, int y) {
        int m = board.size(), n = board[0].size();
        vector<vector<int>> dir{{0,-1},{-1,0},{0,1},{1,0}};
        board[x][y] = '$';
        for (int i = 0; i < dir.size(); ++i) {
            int dx = x + dir[i][0], dy = y + dir[i][1];
            if (dx >= 0 && dx < m && dy > 0 && dy < n && board[dx][dy] == 'O') {
                dfs(board, dx, dy);
            }
        }
    }
};

这个问题也可以用 Union-Find 算法解决，虽然实现复杂一些，甚至效率也略低，但这是使用 Union-Find 算法的通用思想，值得一学。

你可以把那些不需要被替换的O看成一个拥有独门绝技的门派，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。

这就是 Union-Find 的核心思路，明白这个图，就很容易看懂代码了：

首先要解决的是，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。

其次，我们之前描述的「祖师爷」是虚构的，需要给他老人家留个位置。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';
}

这段代码很长，其实就是刚才的思路实现，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。

说实话，Union-Find 算法解决这个简单的问题有点杀鸡用牛刀，它可以解决更复杂，更具有技巧性的问题，主要思路是适时增加虚拟节点，想办法让元素「分门别类」，建立动态连通关系。

四、判定合法算式

这个问题用 Union-Find 算法就显得十分优美了。题目是这样：

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。

我们前文说过，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;
}

至此，这道判断算式合法性的问题就解决了，借助 Union-Find 算法，是不是很简单呢？

简单总结

使用 Union-Find 算法，主要是如何把原问题转化成图的动态连通性问题。对于算式合法性问题，可以直接利用等价关系，对于棋盘包围问题，则是利用一个虚拟节点，营造出动态连通特性。

另外，将二维数组映射到一维数组，利用方向数组d来简化代码量，都是在写算法时常用的一些小技巧，如果没见过可以注意一下。

很多更复杂的 DFS 算法问题，都可以利用 Union-Find 算法更漂亮的解决。LeetCode 上 Union-Find 相关的问题也就二十多道，有兴趣的读者可以去做一做。