武侠并查集

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并查集详解（超级简单有趣~~）

转载https://blog.csdn.net/qq_43731019/article/details/88956480 最后发布于2019-04-01 20:26:07 阅读数 344 收藏
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故事读完，并查集就会了~~~~~

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。但大侠们有一个优点就是讲义气，绝对不打自己的朋友。而且他们信奉“朋友的朋友就是我的朋友”，只要是能通过朋友关系串联起来的，不管拐了多少个弯，都认为是自己人。这样一来，江湖上就形成了一个一个的帮派，通过两两之间的朋友关系串联起来。而不在同一个帮派的人，无论如何都无法通过朋友关系连起来，于是就可以放心往死了打。但是两个原本互不相识的人，如何判断是否属于一个朋友圈呢？

我们可以在每个朋友圈内推举出一个比较有名望的人，作为该圈子的代表人物。这样，每个圈子就可以这样命名“中国同胞队”美国同胞队”……两人只要互相对一下自己的队长是不是同一个人，就可以确定敌友关系了。

但是还有问题啊，大侠们只知道自己直接的朋友是谁，很多人压根就不认识队长抓狂要判断自己的队长是谁，只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，想打一架得先问个几十年，饿都饿死了，受不了。这样一来，队长面子上也挂不住了，不仅效率太低，还有可能陷入无限循环中。于是队长下令，重新组队。队内所有人实行分等级制度，形成树状结构，我队长就是根节点，下面分别是二级队员、三级队员。每个人只要记住自己的上级是谁就行了。遇到判断敌友的时候，只要一层层向上问，直到最高层，就可以在短时间内确定队长是谁了。由于我们关心的只是两个人之间是否是一个帮派的，至于他们是如何通过朋友关系相关联的，以及每个圈子内部的结构是怎样的，甚至队长是谁，都不重要了。所以我们可以放任队长随意重新组队，只要不搞错敌友关系就好了。于是，门派产生了。

下面我们来看并查集的实现。 int pre[1000]; 这个数组，记录了每个大侠的上级是谁。大侠们从1或者0开始编号（依据题意而定），pre[15]=3就表示15号大侠的上级是3号大侠。如果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，比如欧阳锋，那么他的上级就是他自己。每个人都只认自己的上级。比如胡青牛同学只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，只能一级级查上去。

find这个函数就是找掌门用的，意义再清楚不过了（路径压缩算法先不论，后面再说）。

int unionsearch(int root) //查找根结点
{
	int son, tmp;
	son = root;
	while(root != pre[root]) //我的上级不是掌门
		root = pre[root];
	while(son != root) //我就找他的上级，直到掌门出现
	{
		tmp = pre[son];
		pre[son] = root;
		son = tmp;
	}
	return root; //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所有点就都可以互通了。这在图上很好办，画条线就行了。但我们现在是用并查集来描述武林中的状况的，一共只有一个pre[]数组，该如何实现呢？ 还是举江湖的例子，假设现在武林中的形势如图所示。虚竹帅锅与周芷若MM是我非常喜欢的两个人物，他们的终极boss分别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，同意了。这一同意可非同小可，整个少林和峨眉派的人就不能打架了。这么重大的变化，可如何实现呀，要改动多少地方？其实非常简单，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，两派原先的所有人员的终极boss都是师太，那还打个球啊！大笑反正我们关心的只是连通性，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！”于是，两人相约一战，杀的是天昏地暗，风云为之变色啊，但是啊，这场战争终究会有胜负，胜者为王。弱者就被吞并了。反正谁加入谁效果是一样的，门派就由两个变成一个了。这段函数的意思明白了吧？

void join(int root1, int root2) //虚竹和周芷若做朋友
{
	int x, y;
	x = unionsearch(root1);//我老大是玄慈
	y = unionsearch(root2);//我老大是灭绝
	if(x != y) 
		pre[x] = y; //打一仗，谁赢就当对方老大
}

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，谁当谁的手下完全随机。最后的树状结构会变成什么样，我也无法预知，一字长蛇阵也有可能。这样查找的效率就会比较低下。最理想的情况就是所有人的直接上级都是掌门，一共就两级结构，只要找一次就找到掌门了。哪怕不能完全做到，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，想知道能不能干一场。 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，原来两人的最终boss都是东厂曹公公。 “哎呀呀，原来是自己人，有礼有礼，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，两位大侠请留步，还有事情没完成呢！”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，其实偶们的掌门是曹公公。不如偶们一起结拜在曹公公手下吧，省得级别太低，以后查找掌门麻烦。” “唔，有道理。” 白面葫芦娃接着打电话给刚才拜访过的三营长……仙子狗尾巴花也做了同样的事情。 这样，查询中所有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较低的水平上。路径压缩的代码，看得懂很好，看不懂可以自己模拟一下，很简单的一个递归而已。总之它所实现的功能就是这么个意思。

于是，问题圆满解决。。。。。。。。。

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int pre[1010]; //里面全是掌门
 
int unionsearch(int root)
{
	int son, tmp;
	son = root;
	while(root != pre[root]) //寻找掌门ing……，如果root 之前不是root 就找啊找，直到找到root他自己是root
		root = pre[root];
	while(son != root) //路径压缩
	{
		tmp = pre[son];
		pre[son] = root;  //当找到之后，把最开始进来的son，然后root 他之间的父全部变为root 
		son = tmp;
	}
	return root; //掌门驾到~
}
 
int main()
{
	int num, road, total, i, start, end, root1, root2;
	while(scanf("%d%d", &num, &road) && num)
	{
		total = num - 1; //共num-1个门派
		for(i = 1; i <= num; ++i) //每条路都是掌门
			pre[i] = i;
		while(road--)
		{
			scanf("%d%d", &start, &end); //他俩要结拜
			root1 = unionsearch(start);
			root2 = unionsearch(end);
			if(root1 != root2) //掌门不同？踢馆！~
			{
				pre[root1] = root2;
				total--; //门派少一个，敌人（要建的路）就少一个
			}
		}
		printf("%d\n", total);//天下局势：还剩几个门派
	}
	return 0;
}

并查集（模板&典型例题整理）

转载coolwriter 最后发布于2019-02-23 16:40:27 阅读数 802 收藏
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并查集，并查集是一种树形结构，又叫“不相交集合”，保持了一组不相交的动态集合，每个集合通过一个代表来识别，代表即集合中的某个成员，通常选择根做这个代表。

也就是说，并查集是用来处理不相交集合类型问题，如问不相交集合有几个。给定节点，找到该节点所在集合元素个数，当然这只是水题。并查集会与其他算法结合着考，如LCA中的tarjian算法。后续博客会整理。

并查集，顾名思义，主要分三部分。

一：合并：给出两点关系，如果属于同一集合，进行merge

二：查：在合并时，需要先写出查，即找到该点的祖先点

三：集:merge后，将新加入的点的祖先点更新

然后，点集就因为共同的祖先点被分为不同的集合啦

结合例题更容易理解

hdu1232畅通工程

畅通工程

某省调查城镇交通状况，得到现有城镇道路统计表，表中列出了每条道路直接连通的城镇。省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个城镇间都可以实现交通（但不一定有直接的道路相连，只要互相间接通过道路可达即可）。问最少还需要建设多少条道路？

Input

测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出两个正整数，分别是城镇数目N ( < 1000 )和道路数目M；随后的M行对应M条道路，每行给出一对正整数，分别是该条道路直接连通的两个城镇的编###号。为简单起见，城镇从1到N编号。

注意:两个城市之间可以有多条道路相通,也就是说

3 3 
1 2 
1 2 
2 1 

这种输入也是合法的

当N为0时，输入结束，该用例不被处理。

Output

对每个测试用例，在1行里输出最少还需要建设的道路数目。

Sample Input

4 2 
1 3 
4 3 
3 3 
1 2 
1 3 
2 3 
5 2 
1 2 
3 5 
999 0 
0

Sample Output

1 
0 
2 
998

就是说将所有独立的集合连接起来还需要几条路，那只要找到独立集合个数-1就可以啦

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int pre[maxn];
int f[maxn]; 
int getf(int x)
{
	if(f[x]==x)return x;  //如果x的根是他自己，就返回根
	return f[x]=getf(f[x]);  //find father  如果不是就找这个的父节点，继续找根
}

int merge(int x,int y)
{
	int a=getf(x);  //合并
	int b=getf(y);   //如果两个的父祖不是一个，就合并起来
	if(a!=b)
	f[a]=b;
}
int main()
{
	
	int n,m;
	while(scanf("%d",&n))
{
	 if(!n)break;	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i]=i; //先把每个设为自己的父；
	}
	
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int  x,y;
		cin>>x>>y;
	   merge(x,y);
	 } 
	 int sum=0;
	 for(int i=1;i<=n;i++)
	 {
	 	if(f[i]==i) //只有根结点才会等于自己，所以说就是几个部落and so on.
	 	{
	 		sum++; 
		 }
	 }
	 cout<<sum-1<<endl;
	 
}
return 0;
	
}