並查集是我暑假從高手那裏學到的一招，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？我跟你很熟麽？）

來看一個實例，杭電1232暢通工程

首先在地圖上給你若幹個城鎮，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，那麽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……

以下面這組數據輸入數據來說明

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。那麽整幅圖就被分成了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，那麽這個這組數據的輸出結果就是1。好了，現在編程實現這個功能吧，城鎮有幾百個，路有不知道多少條，而且可能有回路。 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數組和兩個函數構成。數組pre[]記錄了每個點的前導點是什麽，函數find是查找，join是合並。

int pre[1000 ];

int find(int x) //查找根節點

{

int r=x;

while ( pre[r ] != r ) //返回根節點 r

r=pre[r ];

int i=x , j ;

while( i != r ) //路徑壓縮

{

j = pre[ i ]; // 在改變上級之前用臨時變量 j 記錄下他的值

pre[ i ]= r ; //把上級改為根節點

i=j;

}

return r ;

}

void join(int x,int 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並起,

{

int fx=find(x),fy=find(y);

if(fx!=fy)

pre[fx ]=fy;

}

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。他們沒有什麽正當職業，整天背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系串聯起來的，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系串聯起來。而不在同一個群落的人，無論如何都無法通過朋友關系連起來，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，就可以確定敵友關系了。

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系問下去：“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，還有可能陷入無限循環中。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，只要不搞錯敵友關系就好了。於是，門派產生了。

http://i3.6.cn/cvbnm/6f/ec/f4/1e9cfcd3def64d26ed1a49d72c1f6db9.jpg

下面我們來看並查集的實現。 int pre[1000]; 這個數組，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，查找到此為止。也有孤家寡人自成一派的，比如歐陽鋒，那麽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這個函數就是找掌門用的，意義再清楚不過了（路徑壓縮算法先不論，後面再說）。

int find(int x) //查找我（x）的掌門

{

int r=x; //委托 r 去找掌門

while (pre[r ]!=r) //如果r的上級不是r自己（也就是說找到的大俠他不是掌門 = =）

r=pre[r ] ; // r 就接著找他的上級，直到找到掌門為止。

return r ; //掌門駕到~~~

}

再來看看join函數，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[]數組，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。這麽重大的變化，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，憑什麽是我變成她手下呀，怎麽不反過來？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。這段函數的意思很明白了吧？

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

}

再來看看路徑壓縮算法。建立門派的過程是用join函數兩個人兩個人地連接起來的，誰當誰的手下完全隨機。最後的樹狀結構會變成什麽胎唇樣，我也完全無法預計，一字長蛇陣也有可能。這樣查找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，也最好盡量接近。這樣就產生了路徑壓縮算法。 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，在下三營六組白面葫蘆娃!” “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。 白面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，以後查找掌門麻環。” “唔，有道理。” 白面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。路徑壓縮的代碼，看得懂很好，看不懂也沒關系，直接抄上用就行了。總之它所實現的功能就是這麽個意思。

http://i3.6.cn/cvbnm/60/98/92/745b3eac68181e4ee1fa8d1b8bca38bc.jpg

hdu1232

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 int  pre[1050];
 4 bool t[1050];               //t 用於標記獨立塊的根結點
 5 int Find(int x)
 6 {
 7     int r=x;
 8     while(r!=pre[r])
 9         r=pre[r];
10     
11     int i=x,j;
12     while(pre[i]!=r)
13     {
14         j=pre[i];
15         pre[i]=r;
16         i=j;
17     }
18     return r;
19 }
20 void mix(int x,int y)
21 {
22     int fx=Find(x),fy=Find(y);
23     if(fx!=fy)
24     {
25         pre[fy]=fx;
26     }
27 } 
28 int main()
29 {
30     int N,M,a,b,i,j,ans;
31     while(scanf("%d%d",&N,&M)&&N)
32     {
33         for(i=1;i<=N;i++)          //初始化 
34             pre[i]=i;
35         
36         for(i=1;i<=M;i++)          //吸收並整理數據 
37         {
38             scanf("%d%d",&a,&b);
39             mix(a,b);
40         }
41         memset(t,0,sizeof(t));
42         for(i=1;i<=N;i++)          //標記根結點
43         {
44             t[Find(i)]=1;
45         }
46         for(ans=0,i=1;i<=N;i++)
47             if(t[i])
48                 ans++;
49                 
50         printf("%d\n",ans-1);
51         
52     }
53     return 0;
54 }

//以下為原文附的代碼:
//回到開頭提出的問題，我的代碼如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
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 //那麽要修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--)
{ //下面這段代碼，其實就是join函數，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裏了
scanf("%d %d",&p1,&p2);
f1=find(p1);
f2=find(p2);
//如果是不連通的，那麽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，那麽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;
}

關於動態連通性

我們看一張圖來了解一下什麽是動態連通性：

假設我們輸入了一組整數對，即上圖中的(4, 3) (3, 8)等等，每對整數代表這兩個points/sites是連通的。那麽隨著數據的不斷輸入，整個圖的連通性也會發生變化，從上圖中可以很清晰的發現這一點。同時，對於已經處於連通狀態的points/sites，直接忽略，比如上圖中的(8, 9)。

動態連通性的應用場景：

• 網絡連接判斷：

如果每個pair中的兩個整數分別代表一個網絡節點，那麽該pair就是用來表示這兩個節點是需要連通的。那麽為所有的pairs建立了動態連通圖後，就能夠盡可能少的減少布線的需要，因為已經連通的兩個節點會被直接忽略掉。

• 變量名等同性(類似於指針的概念)：

在程序中，可以聲明多個引用來指向同一對象，這個時候就可以通過為程序中聲明的引用和實際對象建立動態連通圖來判斷哪些引用實際上是指向同一對象。

對問題建模：

在對問題進行建模的時候，我們應該盡量想清楚需要解決的問題是什麽。因為模型中選擇的數據結構和算法顯然會根據問題的不同而不同，就動態連通性這個場景而言，我們需要解決的問題可能是：

• 給出兩個節點，判斷它們是否連通，如果連通，不需要給出具體的路徑
• 給出兩個節點，判斷它們是否連通，如果連通，需要給出具體的路徑

就上面兩種問題而言，雖然只有是否能夠給出具體路徑的區別，但是這個區別導致了選擇算法的不同，本文主要介紹的是第一種情況，即不需要給出具體路徑的Union-Find算法，而第二種情況可以使用基於DFS的算法。

建模思路：

最簡單而直觀的假設是，對於連通的所有節點，我們可以認為它們屬於一個組，因此不連通的節點必然就屬於不同的組。隨著Pair的輸入，我們需要首先判斷輸入的兩個節點是否連通。如何判斷呢？按照上面的假設，我們可以通過判斷它們屬於的組，然後看看這兩個組是否相同，如果相同，那麽這兩個節點連通，反之不連通。為簡單起見，我們將所有的節點以整數表示，即對N個節點使用0到N-1的整數表示。而在處理輸入的Pair之前，每個節點必然都是孤立的，即他們分屬於不同的組，可以使用數組來表示這一層關系，數組的index是節點的整數表示，而相應的值就是該節點的組號了。該數組可以初始化為：

即對於節點i，它的組號也是i。

初始化完畢之後，對該動態連通圖有幾種可能的操作：

• 查詢節點屬於的組

數組對應位置的值即為組號

• 判斷兩個節點是否屬於同一個組

分別得到兩個節點的組號，然後判斷組號是否相等

• 連接兩個節點，使之屬於同一個組

分別得到兩個節點的組號，組號相同時操作結束，不同時，將其中的一個節點的組號換成另一個節點的組號

• 獲取組的數目

初始化為節點的數目，然後每次成功連接兩個節點之後，遞減1

API

我們可以設計相應的API：

註意其中使用整數來表示節點，如果需要使用其他的數據類型表示節點，比如使用字符串，那麽可以用哈希表來進行映射，即將String映射成這裏需要的Integer類型。

分析以上的API，方法connected和union都依賴於find，connected對兩個參數調用兩次find方法，而union在真正執行union之前也需要判斷是否連通，這又是兩次調用find方法。因此我們需要把find方法的實現設計的盡可能的高效。所以就有了下面的Quick-Find實現。

Quick-Find 算法：

 1 public class UF
 2 {
 3     private int[] id; // access to component id (site indexed)
 4     private int count; // number of components
 5     public UF(int N)
 6     {
 7         // Initialize component id array.
 8         count = N;
 9         id = new int[N];
10         for (int i = 0; i < N; i++)
11             id[i] = i;
12     }
13     public int count()
14     { return count; }
15     public boolean connected(int p, int q)
16     { return find(p) == find(q); }
17     public int find(int p)
18     { return id[p]; }
19     public void union(int p, int q)
20     { 
21         // 獲得p和q的組號
22         int pID = find(p);
23         int qID = find(q);
24         // 如果兩個組號相等，直接返回
25         if (pID == qID) return;
26         // 遍歷一次，改變組號使他們屬於一個組
27         for (int i = 0; i < id.length; i++)
28             if (id[i] == pID) id[i] = qID;
29         count--;
30     }
31 }

舉個例子，比如輸入的Pair是(5， 9)，那麽首先通過find方法發現它們的組號並不相同，然後在union的時候通過一次遍歷，將組號1都改成8。當然，由8改成1也是可以的，保證操作時都使用一種規則就行。

上述代碼的find方法十分高效，因為僅僅需要一次數組讀取操作就能夠找到該節點的組號，但是問題隨之而來，對於需要添加新路徑的情況，就涉及到對於組號的修改，因為並不能確定哪些節點的組號需要被修改，因此就必須對整個數組進行遍歷，找到需要修改的節點，逐一修改，這一下每次添加新路徑帶來的復雜度就是線性關系了，如果要添加的新路徑的數量是M，節點數量是N，那麽最後的時間復雜度就是MN，顯然是一個平方階的復雜度，對於大規模的數據而言，平方階的算法是存在問題的，這種情況下，每次添加新路徑就是“牽一發而動全身”，想要解決這個問題，關鍵就是要提高union方法的效率，讓它不再需要遍歷整個數組。

Quick-Union 算法：

考慮一下，為什麽以上的解法會造成“牽一發而動全身”？因為每個節點所屬的組號都是單獨記錄，各自為政的，沒有將它們以更好的方式組織起來，當涉及到修改的時候，除了逐一通知、修改，別無他法。所以現在的問題就變成了，如何將節點以更好的方式組織起來，組織的方式有很多種，但是最直觀的還是將組號相同的節點組織在一起，想想所學的數據結構，什麽樣子的數據結構能夠將一些節點給組織起來？常見的就是鏈表，圖，樹，什麽的了。但是哪種結構對於查找和修改的效率最高？毫無疑問是樹，因此考慮如何將節點和組的關系以樹的形式表現出來。

如果不改變底層數據結構，即不改變使用數組的表示方法的話。可以采用parent-link的方式將節點組織起來，舉例而言，id[p]的值就是p節點的父節點的序號，如果p是樹根的話，id[p]的值就是p，因此最後經過若幹次查找，一個節點總是能夠找到它的根節點，即滿足id[root] = root的節點也就是組的根節點了，然後就可以使用根節點的序號來表示組號。所以在處理一個pair的時候，將首先找到pair中每一個節點的組號(即它們所在樹的根節點的序號)，如果屬於不同的組的話，就將其中一個根節點的父節點設置為另外一個根節點，相當於將一顆獨立的樹編程另一顆獨立的樹的子樹。直觀的過程如下圖所示。但是這個時候又引入了問題。

在實現上，和之前的Quick-Find只有find和union兩個方法有所不同：

 1 private int find(int p)
 2 { 
 3     // 尋找p節點所在組的根節點，根節點具有性質id[root] = root
 4     while (p != id[p]) p = id[p];
 5     return p;
 6 }
 7 public void union(int p, int q)
 8 { 
 9     // Give p and q the same root.
10     int pRoot = find(p);
11     int qRoot = find(q);
12     if (pRoot == qRoot) 
13         return;
14     id[pRoot] = qRoot;    // 將一顆樹(即一個組)變成另外一課樹(即一個組)的子樹
15     count--;
16 }

樹這種數據結構容易出現極端情況，因為在建樹的過程中，樹的最終形態嚴重依賴於輸入數據本身的性質，比如數據是否排序，是否隨機分布等等。比如在輸入數據是有序的情況下，構造的BST會退化成一個鏈表。在我們這個問題中，也是會出現的極端情況的，如下圖所示。

為了克服這個問題，BST可以演變成為紅黑樹或者AVL樹等等。

然而，在我們考慮的這個應用場景中，每對節點之間是不具備可比性的。因此需要想其它的辦法。在沒有什麽思路的時候，多看看相應的代碼可能會有一些啟發，考慮一下Quick-Union算法中的union方法實現：

 1 public void union(int p, int q)
 2 { 
 3     // Give p and q the same root.
 4     int pRoot = find(p);
 5     int qRoot = find(q);
 6     if (pRoot == qRoot) 
 7         return;
 8     id[pRoot] = qRoot;  // 將一顆樹(即一個組)變成另外一課樹(即一個組)的子樹
 9     count--;
10 }

上面 id[pRoot] = qRoot 這行代碼看上去似乎不太對勁。因為這也屬於一種“硬編碼”，這樣實現是基於一個約定，即p所在的樹總是會被作為q所在樹的子樹，從而實現兩顆獨立的樹的融合。那麽這樣的約定是不是總是合理的呢？顯然不是，比如p所在的樹的規模比q所在的樹的規模大的多時，p和q結合之後形成的樹就是十分不和諧的一頭輕一頭重的”畸形樹“了。

所以我們應該考慮樹的大小，然後再來決定到底是調用：

id[pRoot] = qRoot 或者是 id[qRoot] = pRoot

即總是size小的樹作為子樹和size大的樹進行合並。這樣就能夠盡量的保持整棵樹的平衡。

所以現在的問題就變成了：樹的大小該如何確定？

我們回到最初的情形，即每個節點最一開始都是屬於一個獨立的組，通過下面的代碼進行初始化：

以此類推，在初始情況下，每個組的大小都是1，因為只含有一個節點，所以我們可以使用額外的一個數組來維護每個組的大小，對該數組的初始化也很直觀：

而在進行合並的時候，會首先判斷待合並的兩棵樹的大小，然後按照上面圖中的思想進行合並，實現代碼：

 1 public void union(int p, int q)
 2 {
 3     int i = find(p);
 4     int j = find(q);
 5     if (i == j) return;
 6     // 將小樹作為大樹的子樹
 7     if (sz[i] < sz[j]) { id[i] = j; sz[j] += sz[i]; }
 8     else { id[j] = i; sz[i] += sz[j]; }
 9     count--;
10 }

Quick-Union 和 Weighted Quick-Union 的比較：

可以發現，通過sz數組決定如何對兩棵樹進行合並之後，最後得到的樹的高度大幅度減小了。這是十分有意義的，因為在Quick-Union算法中的任何操作，都不可避免的需要調用find方法，而該方法的執行效率依賴於樹的高度。樹的高度減小了，find方法的效率就增加了，從而也就增加了整個Quick-Union算法的效率。

上圖其實還可以給我們一些啟示，即對於Quick-Union算法而言，節點組織的理想情況應該是一顆十分扁平的樹，所有的孩子節點應該都在height為1的地方，即所有的孩子都直接連接到根節點。這樣的組織結構能夠保證find操作的最高效率。

那麽如何構造這種理想結構呢？

在find方法的執行過程中，不是需要進行一個while循環找到根節點嘛？如果保存所有路過的中間節點到一個數組中，然後在while循環結束之後，將這些中間節點的父節點指向根節點，不就行了麽？但是這個方法也有問題，因為find操作的頻繁性，會造成頻繁生成中間節點數組，相應的分配銷毀的時間自然就上升了。那麽有沒有更好的方法呢？還是有的，即將節點的父節點指向該節點的爺爺節點，這一點很巧妙，十分方便且有效，相當於在尋找根節點的同時，對路徑進行了壓縮，使整個樹結構扁平化。相應的實現如下，實際上只需要添加一行代碼：

 1     private int find(int p)  
 2     {  
 3         while (p != id[p])  
 4         {  
 5             // 將p節點的父節點設置為它的爺爺節點  
 6             id[p] = id[id[p]];  
 7             p = id[p];  
 8         }  
 9         return p;  
10     }  

至此，動態連通性相關的Union-Find算法基本上就介紹完了，從容易想到的Quick-Find到相對復雜但是更加高效的Quick-Union，然後到對Quick-Union的幾項改進，讓我們的算法的效率不斷的提高。

這幾種算法的時間復雜度如下所示：

對大規模數據進行處理，使用平方階的算法是不合適的，比如簡單直觀的Quick-Find算法，通過發現問題的更多特點，找到合適的數據結構，然後有針對性的進行改進，得到了Quick-Union算法及其多種改進算法，最終使得算法的復雜度降低到了近乎線性復雜度。

如果需要的功能不僅僅是檢測兩個節點是否連通，還需要在連通時得到具體的路徑，那麽就需要用到別的算法了，比如DFS或者BFS。

零基礎學並查集算法