并查集的复杂度

路径压缩并查集

路径压缩并查集是指把访问过的点都连到根上的并查集。

按秩合并给每个点 \(rnk(u)\) 值，初始为 \(1\)，若树根 \(x,y\) 合并，把 \(rnk\) 较小的合并到较大的上，同时 \(rnk\) 不改变。若 \(rnk(x)=rnk(y)\)，则把 \(x\) 合并到 \(y\) 上，并使 \(rnk(y)\leftarrow rnk(y)+1\)。换句话说就是维护深度。

众所周知，路径压缩+按秩合并并查集的复杂度是 \(O(\alpha(n))\) ，而 \(\alpha\) 的是反阿克曼函数。反阿克曼函数定义基于阿克曼函数 \(A(n,m)\)，定义如下：

\[A(n,m)=\begin{cases}m+1&n=0\\A(n-1,A(n-1,A(n-1,\dots)))&n\not =0\end{cases} \]

其中 \(n\not =0\) 时总共进行 \(m+1\) 次函数运算。

换句话说，\(A(0,m)\) 的功效就是给 \(m\) 加一后返回；\(A(1,m)\) 的功效则是进行 \(m+1\) 次加一，\(A(2,m)\) 则是 \(m\) 次调用 \(A(1,m)\)，每次调用时加一的次数会快速增加。

增长速度快到 \(A(4,1)=33554431\)。而反阿克曼函数 \(\alpha(n)\) 的含义就是最大的 \(x\) 使得 \(A(x,1)\le n\)，可想而知不会超过 \(4\)。但是虽然它很小以至于并查集近似 \(O(1)\)，我还是很好奇并查集和阿克曼函数怎么联系起来！

尝试证明

用势能分析的话，先考虑像 Splay 一样把子树深度 \(de\)、子树大小 \(size\) 什么的定义为势能。但是假设一棵满二叉树，从某个节点开始 find 的话，并没有什么点的子树深度或子树大小被改变。诚然，这样最多经过 \(\log\) 个点，但是似乎不能把这种分析和势能分析混用的样子。

考虑把各个点的深度当做势能，这样更改不仅仅会涉及到祖先，还会涉及到后代，感觉没法做。

之后意识到，势能函数可能要在父子间定义。

再尝试证明

讲道理，启发式合并比按秩合并直观吧！那就假设是启发式合并。

设计 \(\phi(u)=[size(fa)\le 2\times size(u)]\)。也就是说如果我父亲的子树大小不大于我的二倍，就会累计势能，总势能是每个点 \(\phi(u)\) 的和。

那么 find 操作时，一系列点的父亲变成根，\(size(fa)\) 肯定会变大，\(size(u)\) 则减小，哪怕算作 \(size(u)\) 不变，势能也应该变小，听起来挺有道理）

势能分析需要满足：势能有下界；每次操作增加的总势能被限制；每次被算入复杂度的运算都会有总势能减少。

首先本势能函数肯定有下界 \(0\)。其次令根节点 \(\phi(root)=1\)，则合并操作势能不会增加。find 操作虽然不一定访问的每个点都会 \(\phi(u)=1\) 变为 \(\phi(u)=0\)，但一开始 \(\phi(u)=0\) 的只有 \(O(\log n)\) 个节点，这个数量是被限制的。那么可否视为访问的每个点都令总势能减一，然后这 \(O(\log n)\) 个节点在本次操作内使势能增加 \(O(\log n)\)，不就符合条件了吗？

但是哪怕这样也不行，因为那些一开始 \(\phi(u)=1\) 的点，很可能路径压缩后仍然 \(\phi(u)=1\)。比如这个情况：

而且退一万步，哪怕这个势能分析成立，复杂度也是 \(O(\log n)\) 相当于只是启发式合并。

宽泛的证明

上面那个图，合并后 \(size\) 并没有倍数级别的变化，仅仅是加上 \(O(1)\)。我们希望这个微小的变化也能引起势能的减小，这提示我们把儿子和父亲的子树大小差也算进来，如下设计：

\[\phi(u)=\begin{cases}0&n\in Root\\0&size(fa)>2\times size(u)\\ size(u)-(size(fa)-size(u))&otherwise \end{cases} \]

这里用 \(size(u)\) 减的目的是保证非负。正是由于刨除了第二种点，我们才能这么做。

总势能仍然定义为 \(\sum \phi(u)\)。这样仍然能保证下界 \(0\)、合并操作势能不增。

注意是启发式合并。

一次 find 操作时，仍然经过 \(O(\log n)\) 个 \(\phi(u)=0\) 的节点，把它们看做势能增加 \(\log n\)。这样假设一次访问了 \(tot\) 个节点，如果剩下的 \(tot-\log n\) 个节点势能均会减少至少 \(1\) 我们的假设就成立了。

而事实上 \(size(u)\) 不会增加，\(size(fa)\) 一定会增加，所以符合条件！

那么我们用势能分析证明了复杂度小于等于 \(O(\log n)\)。接下来要考虑缩小这个界。

限制更紧的证明

让 \(size(fa)>2\times size(u)\) 的点 \(\phi(u)=0\) 的话它们太多了。

考虑这类 \(size(fa)>2\times size(u)\) 的点我们也记录一个能表示“\(size(u)\) 和 \(size(fa)\) 差了多少”的值，就像前一个势能函数的第三部分 \(size(u)-(size(fa)-size(u))\) 一样。

我们设这部分点的势能函数 \(\phi(u)=X-max(k)\{size(u)\times 2^k\le size(fa)\}\)。这里先不管 \(X\) 那一项，目前把它看成一个为了让势能函数非负而加的极大值即可。

后面把这个 \(k\) 称作 \(k(u)\)。

这样一次 find 操作中经历的所有这部分点，除了最上面的一个，也均会势能函数减小。原因是每有一个这样的点，表示跳到父亲子树大小至少 \(\times 2\)，而对于 \(\phi(u)=X(u)-k(u)\) 的一个此类点 \(u\)，若 \(u\) 上面存在一个点将子树大小乘二，则 \(size(u)\times 2^{k+1}\le size(fa)\times 2\le size(root)\)，也就是说 \(\phi(u)\le X(u)-k(u)-1\)。

这样好像就只有 \(O(1)\) 个点会势能不变了耶！

但是这样一类点可能会转化为二类点，比如原先 \(size(u)=3,size(fa)=4,size(root)=24\)，\(u\) 在被路径压缩后由一类点 \(\phi(u)=2\) 变为 \(\phi(u)=X(u)-3\)。这样的点有 \(O(\log n)\) 种，导致分析后还是 \(O(\log n)\)，必须要避免。也就是说要让一类点的势能全部大于二类点的势能。注意到一类点 \(u\) 满足 \(0\le\phi(u)<size(u)\)，那么可以使一类点 \(\phi(u)=size(u)-(size(fa)-size(u))+X(u)\) 就有 \(\phi(u)>X(u)\) 了。

但是此时，合并操作在 \(size(x)\leq size(y)\) 的情况下将 \(x\) 的父亲设置为 \(y\)，此时 \(x\) 会变为上述的那种点，势能将增加 \(\phi(x)=X(x)-k(x)\)。我们考虑把根的势能改成合并后 \(x\) 点的势能一定达不到的极大值 \(\phi(u)=size(u)+X(u)\)，这样合并操作后 \(\phi(x)\) 会减少，不用考虑了。但是 \(\phi(y)\) 则会增加 \(size(y)+X(y)-size(x)-X(x)\)。

到底如何设置 \(X\)，考虑此时我们还没用到启发式合并的性质。

由于这里有 \(size(y)-size(x)\) 没法保证，考虑把启发式合并换成按秩合并，把上文中所有的 \(size\) 换成 \(rank\)。由于 \(rank\) 也单调增，所以不会有什么区别。

这样我们上文所说的提示就是 \(X\) 是 \(rnk\) 上加点什么，这样如果 \(X(u)=rnk(u)\) 的话，由于启发式合并的性质 \(rnk\) 最多加一，可以保证合并操作的势能增加在 \(2\) 以内。

这时唯一的问题就是 \(rnk(fa)>rnk(u)\times 2^{rnk(u)}\) 的话 \(\phi(u)<rnk(u)\)，所以只能把它强行设置为 \(0\)，但这会导致 find 到这个点时势能没变化。此时：

\[\phi(u)=\begin{cases}2\times rnk(u)&n\in Root\\ rnk(u)\times2-(rnk(fa)-rnk(u))&rnk(fa)\le 2\times rnk(u)\\ rnk(u)-h(u)&rnk(fa)>2\times rnk(u)\land h(u)\le rnk(u)\\ 0&otherwise \end{cases} \]

并没有什么卵用。因为路径上仍然可能有 \(\log n\) 个点 \(\phi(u)=0\)。

阿克曼函数

只要把 \(\phi(u)=0\) 的部分再应用下一层运算即可。

首先我们刚刚定义 \(k(u)=max(k)\{rnk(u)\times 2^k\le rnk(fa)\}\)。用指数幂是因为指数幂具有“结合律”，就是说 \(2^a\times 2^b=2^{a+b}\)。而每次乘二是因为要让当时所有 \(rnk(fa)>2\times rnk(u)\) 的点 \(k(u)\ge0\)。但事实上函数运算都是有结合律的，而我们需要覆盖的最小的 \(size(fa)=size(u)\times2+1\)，不妨设函数 \(A(1,n)=n\times 2+1\)，那么 \(k(u)=max(k)\{A(1,A(1,\dots A(1,rnk(u))\dots))\le rnk(fa)\}\)，其中函数嵌套 \(k\) 次。

那么现在 \(\phi(u)=0\) 的最小值就是嵌套 \(rnk(u)+1\) 层，换句话说就是阿克曼函数 \(size(fa)= A(2,size(u))\) 的点。那么我们再记录 \(k'(u)=max(k)\{A(2,A(2,\dots A(2,rnk(u))\dots))\le rnk(fa)\}\)，其中嵌套 \(k\) 层。

以此类推，第 \(q+1\) 层记录 \(A(q,rnk(u))\) 嵌套了几层。

设计势能函数 \(\phi(u)\) 时，后面的层势能函数要严格小于前面的层，故而这次多加层数 \(rnk(u)\) 即可。层数就是最多嵌套多少次会函数值达到 \(n\)，也就是反阿克曼函数 \(\alpha(n)\)。

这里从 \(0\) 层开始数，数学描述一下就是：

\[q(u)=max(q)\{A(q,rnk(u))\le rnk(fa)\} \]

\[k_q(u)=max(k)\{A(q,A(q,\dots A(q,rnk(u))\dots))\le rnk(fa)\} \]

其中嵌套 \(k\) 层。

\[\phi(u)=\begin{cases}\alpha(n)\times rnk(u)&n\in Root\\ (\alpha(n)-q(u))\times rnk(u)-k_{q(u)}(u)&otherwise \end{cases} \]

注意这里 \(rnk(u)\ge1\) 所以肯定不会取无穷大。以及下界仍然是 \(0\)。

合并操作，每次把 \(x\) 连到 \(y\) 只会让 \(rnk(y)\gets rnk(y)+1\)，势能增加为 \(\alpha(n)\)。

查询 find 操作，每次假设操作 \(tot\) 个点，只有每层的最后一个点，总共 \(O(\alpha(n))\) 个点势能不会变化，其它的要么变为势能严格变小的更高层，要么由于祖先有一个同层节点而使 \(k\) 值变化导致势能减小。这样此操作势能减小 \(tot\)，再增加 \(O(\alpha(n))\)，非常正确。

所以均摊复杂度就是 \(O(\alpha(n))\) 了。

后记

感觉还是没弄明白阿克曼函数咋来的，但是我尽力了。

阿克曼函数之所以要迭代前面的函数值是因为 \(rnk(fa)=A(q,rnk(u))\) 的点恰好是没能被上一层填好 \(\phi(u)\) 的点；要迭代 \(m\) 层是因为每一层都是 \(rnk\) 保证了合并的复杂度。这么看两个限制分别来源于合并和查询、分别从两个方向限定了函数的增长，感性上就非常对啊）））

另，把按秩合并换成启发式合并真对吗？那个 OIwiki 上的证明我也是看不懂了。

算了就这样吧，等以后再学学势能分析）