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並查集是我暑假從高手那裡學到的一招，覺得真是太精妙的設計了。以前我無法解決的一類問題竟然可以用如此簡單高效的方法搞定。不分享出來真是對不起party了。（party：我靠，關我嘛事啊？我跟你很熟麼？）

來看一個例項，杭電1232暢通工程

首先在地圖上給你若干個城鎮，這些城鎮都可以看作點，然後告訴你哪些對城鎮之間是有道路直接相連的。最後要解決的是整幅圖的連通性問題。比如隨意給你兩個點，讓你判斷它們是否連通，或者問你整幅圖一共有幾個連通分支，也就是被分成了幾個互相獨立的塊。像暢通工程這題，問還需要修幾條路，實質就是求有幾個連通分支。如果是1個連通分支，說明整幅圖上的點都連起來了，不用再修路了；如果是2個連通分支，則只要再修1條路，從兩個分支中各選一個點，把它們連起來，那麼所有的點都是連起來的了；如果是3個連通分支，則只要再修兩條路……

以下面這組資料輸入資料來說明

4 2 1 3 4 3

第一行告訴你，一共有4個點，2條路。下面兩行告訴你，1、3之間有條路，4、3之間有條路。那麼整幅圖就被分成了1-3-4和2兩部分。只要再加一條路，把2和其他任意一個點連起來，暢通工程就實現了，那麼這個這組資料的輸出結果就是1。好了，現在程式設計實現這個功能吧，城鎮有幾百個，路有不知道多少條，而且可能有迴路。 這可如何是好？

我以前也不會呀，自從用了並查集之後，嗨，效果還真好！我們全家都用它！

並查集由一個整數型的陣列和兩個函式構成。陣列pre[]記錄了每個點的前導點是什麼，函式find是查詢，join是合併。

int pre[1000];//記錄了每一個點的前導點

int find(int x) { 
	/*查詢x的根節點*/
	int root = x; 
	while (pre[root] != root)/*當前導是自己時即根節點*/
		root = pre[root]; 

	/*x的根節點為root; 路徑壓縮: 每個節點直接連線根結點, 將x前面所有前導元素都連線到根節點上去*/
	int i = x, j; 
	while (i != root) { 
		j = pre[i];/*儲存當前i的前導*/
		pre[i] = root;/*當前i前導直接連線到根節點上去*/
		i = j;/*i=開始儲存的i的前導*/
	}

	/*返回根節點*/
	return r;
}
void join(int x, int y) { 
	/*找到x, y的根節點*/
	int root_x = find(x), root_y = find(y);
	/*判斷x y是否連通; 如果已經連通，就不用管了; 如果不連通，就把它們所在的連通分支合併起*/
	if (root_x != root_y) 
		pre[root_x] = root_y;
}
 

為了解釋並查集的原理，我將舉一個更有愛的例子。 話說江湖上散落著各式各樣的大俠，有上千個之多。他們沒有什麼正當職業，整天揹著劍在外面走來走去，碰到和自己不是一路人的，就免不了要打一架。但大俠們有一個優點就是講義氣，絕對不打自己的朋友。而且他們信奉“朋友的朋友就是我的朋友”，只要是能通過朋友關係串聯起來的，不管拐了多少個彎，都認為是自己人。這樣一來，江湖上就形成了一個一個的群落，通過兩兩之間的朋友關係串聯起來。而不在同一個群落的人，無論如何都無法通過朋友關係連起來，於是就可以放心往死了打。但是兩個原本互不相識的人，如何判斷是否屬於一個朋友圈呢？

我們可以在每個朋友圈內推舉出一個比較有名望的人，作為該圈子的代表人物，這樣，每個圈子就可以這樣命名“齊達內朋友之隊”“羅納爾多朋友之隊”……兩人只要互相對一下自己的隊長是不是同一個人，就可以確定敵友關係了。

但是還有問題啊，大俠們只知道自己直接的朋友是誰，很多人壓根就不認識隊長，要判斷自己的隊長是誰，只能漫無目的的通過朋友的朋友關係問下去：“你是不是隊長？你是不是隊長？”這樣一來，隊長面子上掛不住了，而且效率太低，還有可能陷入無限迴圈中。於是隊長下令，重新組隊。隊內所有人實行分等級制度，形成樹狀結構，我隊長就是根節點，下面分別是二級隊員、三級隊員。每個人只要記住自己的上級是誰就行了。遇到判斷敵友的時候，只要一層層向上問，直到最高層，就可以在短時間內確定隊長是誰了。由於我們關心的只是兩個人之間是否連通，至於他們是如何連通的，以及每個圈子內部的結構是怎樣的，甚至隊長是誰，並不重要。所以我們可以放任隊長隨意重新組隊，只要不搞錯敵友關係就好了。於是，門派產生了。

下面我們來看並查集的實現。 int pre[1000]; 這個陣列，記錄了每個大俠的上級是誰。大俠們從1或者0開始編號（依據題意而定），pre[15]=3就表示15號大俠的上級是3號大俠。如果一個人的上級就是他自己，那說明他就是掌門人了，查詢到此為止。也有孤家寡人自成一派的，比如歐陽鋒，那麼他的上級就是他自己。每個人都只認自己的上級。比如胡青牛同學只知道自己的上級是楊左使。張無忌是誰？不認識！要想知道自己的掌門是誰，只能一級級查上去。 find這個函式就是找掌門用的，意義再清楚不過了（路徑壓縮演算法先不論，後面再說）。

int find(int x) { //查詢根節點

int r=x; while (pre[r ]!=r)//如果我的上級不是掌門

r=pre[r ];//我就接著找他的上級，直到找到掌門為止。

//返回根節點

return r;//掌門駕到~~~

}

再來看看join函式，就是在兩個點之間連一條線，這樣一來，原先它們所在的兩個板塊的所有點就都可以互通了。這在圖上很好辦，畫條線就行了。但我們現在是用並查集來描述武林中的狀況的，一共只有一個pre[]陣列，該如何實現呢？ 還是舉江湖的例子，假設現在武林中的形勢如圖所示。虛竹小和尚與周芷若MM是我非常喜歡的兩個人物，他們的終極boss分別是玄慈方丈和滅絕師太，那明顯就是兩個陣營了。我不希望他們互相打架，就對他倆說：“你們兩位拉拉勾，做好朋友吧。”他們看在我的面子上，同意了。這一同意可非同小可，整個少林和峨眉派的人就不能打架了。這麼重大的變化，可如何實現呀，要改動多少地方？其實非常簡單，我對玄慈方丈說：“大師，麻煩你把你的上級改為滅絕師太吧。這樣一來，兩派原先的所有人員的終極boss都是師太，那還打個球啊！反正我們關心的只是連通性，門派內部的結構不要緊的。”玄慈一聽肯定火大了：“我靠，憑什麼是我變成她手下呀，怎麼不反過來？我抗議！”抗議無效，上天安排的，最大。反正誰加入誰效果是一樣的，我就隨手指定了一個。這段函式的意思很明白了吧？

void join(int x,int y)//我想讓虛竹和周芷若做朋友

{ int fx=find(x),fy=find(y); //虛竹的老大是玄慈，

芷若MM的老大是滅絕

if(fx!=fy)//玄慈和滅絕顯然不是同一個人

pre[fx ]=fy;//方丈只好委委屈屈地當了師太的手下啦

}

再來看看路徑壓縮演算法。建立門派的過程是用join函式兩個人兩個人地連線起來的，誰當誰的手下完全隨機。最後的樹狀結構會變成什麼胎脣樣，我也完全無法預計，一字長蛇陣也有可能。這樣查詢的效率就會比較低下。最理想的情況就是所有人的直接上級都是掌門，一共就兩級結構，只要找一次就找到掌門了。哪怕不能完全做到，也最好儘量接近。這樣就產生了路徑壓縮演算法。 設想這樣一個場景：兩個互不相識的大俠碰面了，想知道能不能揍。 於是趕緊打電話問自己的上級：“你是不是掌門？” 上級說：“我不是呀，我的上級是誰誰誰，你問問他看看。” 一路問下去，原來兩人的最終boss都是東廠曹公公。 “哎呀呀，原來是記己人，西禮西禮，在下三營六組白麵葫蘆娃!” “幸會幸會，在下九營十八組仙子狗尾巴花！” 兩人高高興興地手拉手喝酒去了。 “等等等等，兩位同學請留步，還有事情沒完成呢！”我叫住他倆。 “哦，對了，還要做路徑壓縮。”兩人醒悟。 白麵葫蘆娃打電話給他的上級六組長：“組長啊，我查過了，其習偶們的掌門是曹公公。不如偶們一起及接拜在曹公公手下吧，省得級別太低，以後查詢掌門麻環。” “唔，有道理。” 白麵葫蘆娃接著打電話給剛才拜訪過的三營長……仙子狗尾巴花也做了同樣的事情。 這樣，查詢中所有涉及到的人物都聚集在曹公公的直接領導下。每次查詢都做了優化處理，所以整個門派樹的層數都會維持在比較低的水平上。路徑壓縮的程式碼，看得懂很好，看不懂也沒關係，直接抄上用就行了。總之它所實現的功能就是這麼個意思。

hdu1232

#include<iostream>
using namespace std;
int pre[1001];
int find(int x) {
	int root =x;
	while (pre[root] != root)
		root = pre[root];
	/*x的根節點為root; 路徑壓縮: 每個節點直接連線根結點, 將x前面所有前導元素都連線到根節點上去*/
	int i = x, j;
	while (i != root) {
		j = pre[i];/*儲存當前i的前導*/
		pre[i] = root;/*當前i前導直接連線到根節點上去*/
		i = j;/*i=開始儲存的i的前導*/
	}
	return root;
}
void join(int x, int y) {
	int root_x = find(x), root_y = find(y);
	if (root_x != root_y)
		pre[root_x] = root_y;
}
int main() {
	int N, M, x, y;
	
	while (cin >> N >> M && N) {/*非零*/
		/*初始化前導陣列為自己孤立的城市*/
		for (int i = 1; i <= N; ++i)
			pre[i] = i;
		while (M--) {
			cin >> x >> y;
			join(x, y);
		}
		/*初始化result為-1; 即求聯通圖的數量*/
		int result = -1;
		for (int i = 1; i <= N; ++i) {
			if (pre[i] == i)
				++result;
		}
		cout << result << endl;
	}
	return 0;
}

以下為原文附的程式碼(是亂的):

回到開頭提出的問題，我的程式碼如下：

#include int pre[1000 ];

int find(int x)

{

int r=x;

while (pre[r ]!=r)

r=pre[r ];

int i=x; int j;

while(i!=r)

{

​ j=pre[i ];

​ pre[i ]=r;

​ i=j;

}

return r;

}

int main()

{

int n,m,p1,p2,i,total,f1,f2;

while(scanf("%d",&n) && n) //讀入n，如果n為0，結束

{ //剛開始的時候，有n個城鎮，一條路都沒有 //那麼要修n-1條路才能把它們連起來

​ total=n-1;

​ //每個點互相獨立，自成一個集合，從1編號到n //所以每個點的上級都是自己

​ for(i=1;i<=n;i++) { pre[i ]=i; } //共有m條路

​ scanf("%d",&m); while(m--)

​ { //下面這段程式碼，其實就是join函式，只是稍作改動以適應題目要求

​ //每讀入一條路，看它的端點p1，p2是否已經在一個連通分支裡了

​ scanf("%d %d",&p1,&p2);

​ f1=find(p1);

​ f2=find(p2);

​ //如果是不連通的，那麼把這兩個分支連起來

​ //分支的總數就減少了1，還需建的路也就減了1

​ if(f1!=f2)

​ {

​ pre[f2 ]=f1;

​ total--;

​ }

​ //如果兩點已經連通了，那麼這條路只是在圖上增加了一個環 //對連通性沒有任何影響，無視掉

​ }

//最後輸出還要修的路條數

​ printf("%d\n",total);

}

return 0;

}