【畅通工程 HDU – 1232 】【并查集模板题】
- 2019 年 10 月 3 日
- 筆記
并查集讲解和模板
有一个博文对此分析的很透彻，附链接
为避免原链接失效，现摘录如下：
为了解释并查集的原理，我将举一个更有爱的例子。
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！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…… root = pre[root]; while(son != root) //路径压缩 { tmp = pre[son]; pre[son] = 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("%dn", total);//天下局势：还剩几个门派 } return 0; }以上内容全部摘录自那个博客 ， 现在接下来均为原创。
模板
并查集主要包括两部分，查找root和合并两个本不关联的连通分支，查找root的目的正是为了将那些本不连通的部分相连。
int father[1010]; //存放第i个元素的父节点 int Find(int root) //查找根结点 { int son; son = root; while(root != father[root]) //寻找根结点 root = father[root]; while(son != root) //路径压缩 { int tmp = father[son]; father[son] = root; son = tmp; } return root; } void Union(int a, int b) //判断是否连通，不连通就合并,判断是否连通的手段是看他们的根（也就是上面讲解中所说的掌门，而不单纯的指它的上一级）是否是同一个 { int root1, root2; root1 = Find(a); root2 = Find(b); if(root1 != root2) //如果不连通，就把它们所在的连通分支合并 pre[root1] = root2; } //注意在main函数中将father数组中的每一个元素都赋值成它本身关于Find函数部分貌似用递归较快些，附代码如下：
int Find(int root) { if(root != father[root]) father[root] = Find(father[root]) ; //一步步去寻找最终的根节点 return father[root]; //root与father[root]相等会返回father[root]，不相等同样最终也会返回它 }题目讲解及AC代码
讲解
题目问最少还需要建设多少条道路才能使得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）。这刚好对应上面，将每个城镇视为一个连通分支，其根节点也就是它自己，若是简单的将它们连成一条线则需要建设N-1条路（N为城镇数），倘若有两个城镇有一个共同的根节点则就会少建设一条路，这样依据并查集即可解决这个问题。
AC代码
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn = 1000 + 10; int father[maxn]; int N, M, num; int Find(int root) { if(root != father[root]) father[root] = Find(father[root]) ; //一步步去寻找最终的根节点 return father[root]; //root与father[root]相等会返回father[root]，不相等同样最终也会返回它 } int main() { // freopen("input.txt", "r", stdin); // freopen("output.txt", "w", stdout); while(scanf("%d", &N) && N) { scanf("%d", &M); for(int i = 1; i <= N; i++) father[i] = i; int num = N - 1; for(int i = 0; i < M; i++) { int a, b; scanf("%d%d", &a, &b); int f1 = Find(a), f2 = Find(b); if(f1 != f2) { father[f1] = f2; --num; } } cout << num << endl; } }