并查集时间复杂度

大年初一奖励自己把这段分析啃下来。

并查集结构表示

• 令集合 \(S\) 表示并查集中所有点；
• 令集合 \(T\) 表示所有作为根的节点。

阿克曼函数

我们定义阿克曼函数 \(A_k\) 为：

\[A_k(j)= \begin{cases} j+1, & k=0 \\ A^{j+1}_{k-1}(j), & k\ge 1 \end{cases} \]

这里，\(f^i(x)\) 表示将 \(f\) 连续应用在 \(x\) 上 \(i\) 次，即 \(f^0(x)=x,f^i(x)=f(f^{i-1}(x))\)。

再定义反阿克曼函数 \(\alpha(n)\) 为使 \(A_{\alpha(n)}(1)\ge n\) 成立的最小整数值。

势能函数定义

令每个节点维护一个值 \(\mathtt{rank}\)；每个节点的初始 \(\mathtt{rank}\) 定义为 \(0\)。在合并（union）时，若两个节点的 \(\mathtt{rank}\) 不同，将 \(\mathtt{rank}\) 较小的节点合并到 \(\mathtt{rank}\) 大的节点上；否则，任意将一个节点合并到另一个节点上，并令根节点（被合并的节点）的 \(\mathtt{rank}\) 值加一；查询（find）时不对 \(\mathtt{rank}\) 进行操作。这里 \(\mathtt{rank}\) 表示每个点作为根的子树深度的一个上界。记 \(x\) 节点的 \(\mathtt{rank}\) 为 \(r(x)\)，类似地，记 \(x\) 的父节点为 \(f(x)\)；总有 \(r(x)+1\le r(fa(x))\)。

为了定义势函数，先定义辅助函数 \(l(x)\)：

\[l(x)=\max\left(k:r(f(x))\ge A_k(r(x))\right) \]

当 \(r(x)\le 1\) 时，再定义 \(i(x)\) 为：

\[i(x)=\max\left(i:r(f(x))\ge A^i_{l(x)}(r(x))\right) \]

这两个函数均满足 \(x\) 不是某个树的根且 \(r(x)\gt 0\)，方便起见，若 \(x\) 是某个树的根或 \(r(x)=0\)，定义 \(l(x)=i(x)=0\)。

显然 \(l(x)\) 随操作的进行单调不降；同时，在 \(l(x)\) 不增的情况下，\(i(x)\) 单调不降。并且：

\[\begin{aligned} 0 & \le l(x) \lt \alpha(n) \\ 1 & \le i(x) \le r(x) \end{aligned} \]

以上内容由定义显然，不证。

定义一个点 \(x\) 的势能 \(\Phi(x)\) 为：

\[\Phi(x)=(\alpha(n)-l(x))\cdot r(x)-i(x) \]

定义整个并查集 \(S\) 的势能 \(\Phi(S)\) 定义为每个节点势能的和，即：

\[\Phi(S)=\sum_{x\in S}\Phi(x) \]

容易发现，势能非负且初始状态下势能为 \(0\)。

下面证明均摊复杂度。

势能变化

先考虑任意一个 \(x\not\in T\) 且 \(r(x)>0\)，设操作前势能为 \(\Phi(c)\)，操作后的势能为 \(\Phi(c')\)，只有三种情况：

1. \(i(c)\) 和 \(l(c)\) 不变。显然 \(\Phi(c)=\Phi(c')\)。
2. \(l(c)\) 不变，\(i(c)\) 增加。由于 \(i(c)\) 至少增加 \(1\)，有 \(\Phi(c')\le \Phi(c)-1\)。
3. \(l(c)\) 增加，此时 \(i(c)\) 可能减少，但显然最多减少 \(r(c)-1\)，而 \(l(c)\) 至少增加 \(1\)，由定义可得 \(\Phi(c')\le \Phi(c)-1\)。

总之，对于任意 \(x\not\in T\) 且 \(r(x)>0\)，在单次操作后势能不增；更强地，若节点 \(x\) 的 \(i(c)\) 或 \(l(c)\) 有变化，则操作后势能至少减 \(1\)。

union(x,y) 操作

方便起见，这里假设 \(x,y\in T\)。

显然所需时间为 \(\Theta(1)\)，考虑其引起的势能变化。

这里假设 \(y\) 是新的根节点，即 \(r(x)\le r(y)\)。

显然只有三种点的势能可能变化：

1. 节点 \(x\)（由树根变为非树根）；
2. 节点 \(y\)（\(\mathtt{rank}\) 可能增加）；
3. 操作前 \(y\) 的子节点（父节点的 \(\mathtt{rank}\) 可能增加）。

其中第三类节点在上文已经讨论过。

节点 \(x\) 由树根变为非树根，\(l(x)\) 和 \(i(x)\) 都不会减少，故 \(\Phi(x')\le \Phi(x)\)。

节点 \(y\) 的 \(\mathtt{rank}\) 至多加一，而 \(\Phi(y)=\alpha(n)\cdot r(y)\)，故 \(y\) 的势能最多增加 \(\alpha(n)\)。

综上，进行 \(\mathtt{union}\) 操作后，总的势能最多增加 \(\alpha(n)\)，故均摊复杂度为 \(\Theta(\alpha(n))\)。

find(a) 操作

若查找路径包含 \(s\) 个节点，显然查找的时间复杂度为 \(\Theta(s)\)。只需证明总势能至少减 \(s-\alpha(n)\)，即可证明均摊复杂度为 \(\Theta(\alpha(n))\)。

显然任意 \(x\in T\) 的势能不变，而其他节点的势能不增，故没有节点的势能增加。

只需证明有 \(s-\alpha(n)\) 个节点的 \(l(x)\) 或 \(i(x)\) 有改变。

设 \(t(x)\) 为 \(x\) 所处的树的根节点，只需证 \(r(t(x))\ge A^{i(x)+1}_{l(x)}(r(x))\) 即可。

即：

\[r(t(x))\ge A_{l(x)}\left(A^{i(x)}_{l(x)}(r(x))\right) \]

显然只需要找到一个 \(y\) 是 \(x\) 的祖先（且不是树根），满足 \(l(y)=l(x)\) 即可。

显然存在一些 \(x\) 不满足要求，但由于不同的 \(l(x)\) 只有 \(\alpha(n)\) 个，最多只有 \(\alpha(n)\) 个节点不满足要求。

也就是说，至少有 \(s-\alpha(n)\) 个节点的势能会改变，也即总势能至少减 \(s-\alpha(n)\)。