【并查集】一种与时间赛跑的巧妙算法
【并查集】一种与时间赛跑的巧妙算法
引入：（NOIP模拟题）极端寒冬
（不要求刚刚接触并查集的读者完全明白本题）
先了解一下并查集是个什么东西：
合并两点所在集合 和 查找两点是否在同一集合 的算法
那有什么用处呢？
我们先来看一道NOIP模拟题
我们先来看一下题意是什么：
首先，有一个n*m的地图，k个障碍，每个障碍会按顺序在不同的时间冒出
问地图上最多能容纳多少个障碍，使得从(1,1)到(n,m)仍保持联通
那我们可以怎么做呢？
最先也是最容易想到的就是搜索
每次添加一个障碍，就搜索判断地图的连通性
但是，时间复杂度约为O(k(n*m)) [口胡]
3 * 10^4^ * 3 * 10^4^ * 10^5^ = 9 * 10^13^
超时，但小数据应该勉强能拿2、30分
然后我们会想到做分块（分块思想：从疫情中的体温测量到分块思想的运用 ）
如果给k个障碍，那么我们把他分成√k堆，每堆√k个障碍
每次添加√k个障碍，然后搜索判断连通性
如果不连通，再对√k个障碍，挨个搜索判断连通性
那么，时间复杂度约为O(√k(nm)2) [口胡]
时间还是不够，必定会超时，勉强拿40分
之后我们会想到更快的暴力：二分答案
如果给k个障碍，那么我们把他分成2堆，每堆k/2个障碍
添加k/2个障碍，之后搜索判断连通性
左侧不连通就二分再次左侧，右侧不连通就二分再次右侧
最后就能找到最多能容纳的障碍
所以时间复杂度约为O(㏒(k)*(n *m)) [口胡]
所用时间也还是较大，估计拿50分左右
那么正解是什么呢？
我们会发现所用时间较大与去搜索连通性有密切关系
地图越大，就算优化枚举障碍放置，搜索连通性也耗时过多
那么，我们可以不去搜索地图的连通性吗？
答案是可以的
我们可以知道，地图如果不连通
那么障碍一定是从地图左/下边界一直连通到右、上侧边界的
这很容易证明，过程略
所以题目就转化为了障碍是否具有连通性
（从地图左/下边界一直连通到右/上侧边界是否具有连通性）
可以枚举+染色，也不复杂的暴力
但时间还没有最优
所以我们想到并查集
去合并障碍，看障碍的连通性
卖个关子，我们先讲一下并查集的主要内容
并查集
刚刚说过，并查集是合并两点所在集合 和 查找两点是否在同一集合 的算法
了解
并查集本质是树状结构
把每个集合看成一棵树
初始时，每个点就是一棵树
每次合并是将两棵树的根节点连接
合并集合像归顺之类的一样：树A和树B，A和B有关系，A就加入B，A的根节点就是B的根节点
查找节点是否在同一集合就去查找：节点X和Y，X所在树的根节点 是否等于 Y的所在树根节点
网上已经说得很详细了，就不赘述了
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 fa[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），fa[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。
再来看看加入门派，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fa[]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？
再来看看路径压缩算法。建立门派的过程是用加入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。
写的还挺好，我们再详细说说
实现
初始化
首先初始化每个节点，使得他们自成一树
void in(){
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;//树的根节点
h[i]=1;//树的深度
}
}
所以得到：
合并
然后我们对他们进行合并操作：
直接将有关系的点进行连接
int get(int x,int y){
f[f[x]]=y;//将X点的根节点挂到Y上
}
但我们会发现，最坏的情况是出现了一条链，fa指向自己上一个节点
查找根节点就会很慢，时间复杂度为O(h)
（下图注：例图，与刚刚数据无关）
那么，我们可以每次合并两棵树时，树A挂在树B的根节点上
以刚刚的数据为例
4和2的关系：
理论上应该连接2和4
但为了防止链，导致find的查找根节点变慢
就树A根节点连接到树B根节点
我们再来说一下树A根节点连B根节点的方法
如图，是A挂B好还是B挂A好？
（h大为深，h小为浅）
当然是浅的树挂在深的树上好呗
浅的树挂在深的树的根节点上，浅的树一侧深度+1（因为顶上多了个深的树的根节点）
h[浅的树]+1<=h[深的树]
而深的树挂在浅的树的根节点上，深的树一侧深度+1（因为顶上多了个浅的树的根节点）
h[深的树]+1>=h[深的树]
∴h[浅的树]+1<h[深的树]+1
∵h越小查找时间越低
∴浅的树挂在深的树更优
void get(int x,int y){
x=find(x);
y=find(y);
if(x==y)return ;//x,y是同一父亲节点 ，不需要合并
else{
if(h[x]>h[y]){
fa[y]=x;
}else if(h[x]<h[y]){
fa[x]=y;
}else if(h[x]==h[y]){//两树深度相同
fa[x]=y;
h[x]++;
}
}
}
我们再来说一下代码，代码考虑到两树深度相同
那么，就随便挂了，反正最后深度都会+1（因为一棵树顶上多了个另一棵树的根节点）
然后，我们发现
其实最优的应该是所有节点都挂在根节点上（建立直接联系）
我们把这种想法称为路径压缩
最后查找的时间可以达到O(1)（最理想状态）
但不是所有都需要路径压缩，有很多时候我们合并过后并不会去查找他
压缩反而会浪费时间，那我们就在查找的时候顺便合并，方便以后的查找
怎么实现呢？
查找
int find(int i){
if(i==fa[i]){//找到i的根节点
return i;
}else{
find(f[i]);//找i的根节点
}
}
先看代码，查找的实质就是递归
这是与刚刚最原始的代码配合使用，但这其实是伪的并查集
//伪的并查集
void in(){
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;
//h[i]=1;
}
}
int get(int x,int y){
f[f[x]]=y;
}
int find(int i){
if(i==fa[i]){
return i;
}else{
find(f[i]);
}
}
刚刚我们说道在查找的时候顺便合并，方便以后的查找，怎么实现呢？
int find(int i){
if(i==fa[i]){//找到i的根节点
return i;//返回i的根节点
}
else{
fa[i]=find(fa[i]);//把i挂到根节点上
return find(fa[i]);//结束
}
}
这里还有一个细节可以优化
将find(fa[i])=x，这样else的地方find只用调用一次，而不用调用两次
时间也能减少不少
int find(int i){
if(i==fa[i]){//找到i的根节点
return i;//返回i的根节点
}
else{
int x=find(fa[i]);
fa[i]=x;//把i挂到根节点上
return x;//结束
}
}
是否在同一集合
很简单，就看X点和Y点是否有同一根节点
bool same(int x,int y){
return find(x)==find(y);
}
模板
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int fa[1010];
int h[1010];
void in(){//初始化
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;
h[i]=1;
}
}
int find(int i){//查（查找根节点
if(i==fa[i]){
return i;
}
else{
int x=find(fa[i]);
fa[i]=x;
return x;
}
}
void get(int x,int y){//并（合并
x=find(x);
y=find(y);
if(x==y)return ;
else{
if(h[x]>h[y]){
fa[y]=x;
}else if(h[x]<h[y]){
fa[x]=y;
}else if(h[x]==h[y]){
fa[x]=y;
h[x]++;
}
}
}
bool same(int x,int y){//集（是否在同一集合
return find(x)==find(y);
}
int main(){
//……其他操作
return 0;
}
（NOIP模拟题）极端寒冬
（见： 引入：（NOIP模拟题）极端寒冬 ）
这个题目用并查集来做
把每个障碍看做一个点
然后按时间T的变化，看当前时间
障碍的八个方向是否有其他已生成的障碍
若有一个已生成的障碍B，那就把当前障碍A连入B所在的集合
若有更多已生成的障碍（以B和C为例），那就将当前障碍A连入B所在的集合，C所在的集合也连入
如果地图左/下边界和右/上侧边界有任意两障碍在同一集合
说明障碍具有连通性，地图无法连通
那么就输出当前的障碍值
拓展：带权值的并查集
基于路径压缩，我我们可以让并查集带有权值
带权值的并查集用v[]记录权值，用find()来实现
所以find()的过程中，需要加上权值的更新操作
做find()时
从根到节点权值=从根节点开始返回上层的权值累加到当前这个权值
然后再将节点挂到根上
int find(int i){
if(i==fa[i]){//找到i的根节点
return i;//返回i的根节点
}
else{
int x=find(fa[i]);
fa[i]=x;//把i挂到根节点上
v[i]+=v[x];//权值更新
return x;//结束
}
}
END
