并查集--学习详解
文章作者：yx_th000 文章来源：Cherish_yimi (http://www.cnblogs.com/cherish_yimi/)
转自：http://www.cnblogs.com/MiYu
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并查集：(union-find sets)
一种简单的用途广泛的集合. 并查集是若干个不相交集合，能够实现较快的合并和判断元素所在集合的操作，应用很多，如其求无向图的连通分量个数等。最完美的应用当属：实现Kruskar算法求最小生成树。
并查集的精髓（即它的三种操作，结合实现代码模板进行理解）：
1、Make_Set(x) 把每一个元素初始化为一个集合
初始化后每一个元素的父亲节点是它本身，每一个元素的祖先节点也是它本身（也可以根据情况而变）。
2、Find_Set(x) 查找一个元素所在的集合
查找一个元素所在的集合，其精髓是找到这个元素所在集合的祖先！这个才是并查集判断和合并的最终依据。
判断两个元素是否属于同一集合，只要看他们所在集合的祖先是否相同即可。
合并两个集合，也是使一个集合的祖先成为另一个集合的祖先，具体见示意图
3、Union(x,y) 合并x,y所在的两个集合
合并两个不相交集合操作很简单：
利用Find_Set找到其中两个集合的祖先，
并查集的优化
1、Find_Set(x)时 路径压缩
寻找祖先时我们一般采用递归查找，但是当元素很多亦或是整棵树变为一条链时，每次Find_Set(x)都是O(n)的复杂度，有没有办法减小这个复杂度呢？
答案是肯定的，这就是路径压缩，即当我们经过"递推"找到祖先节点后，"回溯"的时候顺便将它的子孙节点都直接指向祖先，这样以后再次Find_Set(x)时复杂度就变成O(1)了，如下图所示；可见，路径压缩方便了以后的查找。
2、Union(x,y)时 按秩合并
即合并的时候将元素少的集合合并到元素多的集合中，这样合并之后树的高度会相对较小。
主要代码实现
int father[MAX]; /* father[x]表示x的父节点*/
int rank[MAX]; /* rank[x]表示x的秩*/
/* 初始化集合*/
void Make_Set(int x)
{
father[x] = x; //根据实际情况指定的父节点可变化
rank[x] = 0; //根据实际情况初始化秩也有所变化
}
将一个集合的祖先指向另一个集合的祖先。如图
/* 查找x元素所在的集合,回溯时压缩路径*/
int Find_Set(int x)
{
if (x != father[x])
{
father[x] = Find_Set(father[x]); //这个回溯时的压缩路径是精华
}
return father[x];
}
按秩合并x,y所在的集合
下面的那个if else结构不是绝对的，具体根据情况变化
但是，宗旨是不变的即，按秩合并，实时更新秩。
*/
void Union(int x, int y)
{
x = Find_Set(x);
y = Find_Set(y);
if (x == y) return;
if (rank[x] > rank[y])
{
father[y] = x;
}
else
{
if (rank[x] == rank[y])
{
rank[y]++;
}
father[x] = y;
}
}
注：学习并查集时非常感谢Slyar提供的资料，这里注明链接：http://www.slyar.com/blog/
另外，我认为写并查集时涉及到的路径压缩，最好用递归，一方面代码的可读性非常好，另一方面，可以更直观的理解路径压缩时在回溯时完成的巧妙。
题目地址:
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1232
题目描述:
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 8662 Accepted Submission(s): 4316
Problem Description
某省调查城镇交通状况，得到现有城镇道路统计表，表中列出了每条道路直接连通的城镇。省政府“畅通工程”的目标是使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）。问最少还需要建设多少条道路？
Input
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出两个正整数，分别是城镇数目N ( < 1000 )和道路数目M；随后的M行对应M条道路，每行给出一对正整数，分别是该条道路直接连通的两个城镇的编号。为简单起见，城镇从1到N编号。
注意:两个城市之间可以有多条道路相通,也就是说
3 3
1 2
1 2
2 1
这种输入也是合法的
当N为0时，输入结束，该用例不被处理。
Output
对每个测试用例，在1行里输出最少还需要建设的道路数目。
Sample Input
4 2
1 3
4 3
3 3
1 2
1 3
2 3
5 2
1 2
3 5
999 0
0
Sample Output
1
0
2
998
题目分析:
只需要将各对元素加入并查集, 最后扫描集合的个数 nCount , 所以最后需要修的路为 nCount - 1 : n 点之间有 n - 1条边.
#include <iostream>
using namespace std;
int Father[1005]; //表示x的父节点
int Rank[1005]; //表示x的秩
void MakeSet(int x)
{
Father[x] = x;
Rank[x] = 0;
}
int FindSet(int x)
{
if(Father[x] != x)
{
Father[x] = FindSet(Father[x]);
}
return Father[x];
}
void Union(int x, int y)
{
x = FindSet(x);
y = FindSet(y);
if(x == y) return;
if(Rank[x] > Rank[y])
{
Father[y] = x;
}
else
{
if(Rank[x] = Rank[y])
Rank[y]++;
Father[x] = y;
}
}
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m) && n)
{
int i,x,y;
for(i = 1 ; i <= n;i++)
MakeSet(i);
for(i = 0 ; i < m ; i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
Union(x,y);
}
int cnt = 0;
for(i = 1; i <= n; i++)
if(Father[i] == i)
cnt++;
printf("%d\n",cnt - 1);
}
return 0;
}
比较通俗易懂的理解。。。。
下面的是一网友的全面分析过程:
首先在地图上给你若干个城镇，这些城镇都可以看作点，然后告诉你哪些对城镇之间是有道路直接相连的。最后要解决的是整幅图的连通性问题。比如随意给你两个点，让你判断它们是否连通，或者问你整幅图一共有几个连通分支，也就是被分成了几个互相独立的块。像畅通工程这题，问还需要修几条路，实质就是求有几个连通分支。如果是1个连通分支，说明整幅图上的点都连起来了，不用再修路了；如果是2个连通分支，则只要再修1条路，从两个分支中各选一个点，把它们连起来，那么所有的点都是连起来的了；如果是3个连通分支，则只要再修两条路……
以下面这组数据输入数据来说明
4 2 1 3 4 3
第一行告诉你，一共有4个点，2条路。下面两行告诉你，1、3之间有条路，4、3之间有条路。那么整幅图就被分成了1-3-4和2两部分。只要再加一条路，把2和其他任意一个点连起来，畅通工程就实现了，那么这个这组数据的输出结果就是1。好了，现在编程实现这个功能吧，城镇有几百个，路有不知道多少条，而且可能有回路。 这可如何是好？
我以前也不会呀，自从用了并查集之后，嗨，效果还真好！我们全家都用它！
并查集由一个整数型的数组和两个函数构成。数组pre[]记录了每个点的前导点是什么，函数find是查找，join是合并。
int pre[1000 ];
int find(int x){ //查找根节点
int r=x; while (pre[r ]!=r) r=pre[r ]; //路径压缩
int i=x; int j; while(i!=r) { j=pre[i ]; pre[i ]=r; i=j; } //返回根节点
return r;
void join(int x,int y) { //判断x y是否连通
//如果已经连通，就不用管了 //如果不连通，就把它们所在的连通分支合并起,
int fx=find(x),fy=find(y);
if(fx!=fy) pre[fx ]=fy; }
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群落，通过两两之间的朋友关系串联起来。而不在同一个群落的人，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“齐达内朋友之队”“罗纳尔多朋友之队”……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？”这样一来，队长面子上挂不住了，而且效率太低，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连通，至于他们是如何连通的，以及每个圈子内部的结构是怎样的，甚至队长是谁，并不重要。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。
http://i3.6.cn/cvbnm/6f/ec/f4/1e9cfcd3def64d26ed1a49d72c1f6db9.jpg
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 find(int x) { //查找根节点
int r=x; while (pre[r ]!=r)//如果我的上级不是掌门
r=pre[r ];//我就接着找他的上级，直到找到掌门为止。
//返回根节点
return r;//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。虚竹小和尚与周芷若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！”抗议无效，上天安排的，最大。反正谁加入谁效果是一样的，我就随手指定了一个。这段函数的意思很明白了吧？
void join(int x,int y)//我想让虚竹和周芷若做朋友
{ int fx=find(x),fy=find(y); //虚竹的老大是玄慈，
芷若MM的老大是灭绝
if(fx!=fy)//玄慈和灭绝显然不是同一个人
pre[fx ]=fy;//方丈只好委委屈屈地当了师太的手下啦
}
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胎唇样，我也完全无法预计，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，想知道能不能揍。 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，原来是记己人，西礼西礼，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，两位同学请留步，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，其习偶们的掌门是曹公公。不如偶们一起及接拜在曹公公手下吧，省得级别太低，以后查找掌门麻环。” “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，看不懂也没关系，直接抄上用就行了。总之它所实现的功能就是这么个意思。
http://i3.6.cn/cvbnm/60/98/92/745b3eac68181e4ee1fa8d1b8bca38bc.jpg
回到开头提出的问题，我的代码如下：
#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)//读入n，如果n为0，结束 { //刚开始的时候，有n个城镇，一条路都没有 //那么要修n-1条路才能把它们连起来
total=n-1;
//每个点互相独立，自成一个集合，从1编号到n //所以每个点的上级都是自己
for(i=1;i<=n;i++) { pre[i ]=i; } //共有m条路
scanf("%d",&m); while(m--) { //下面这段代码，其实就是join函数，只是稍作改动以适应题目要求
//每读入一条路，看它的端点p1，p2是否已经在一个连通分支里了
scanf("%d %d",&p1,&p2);
f1=find(p1); f2=find(p2);
//如果是不连通的，那么把这两个分支连起来
//分支的总数就减少了1，还需建的路也就减了1
if(f1!=f2) { pre[f2 ]=f1; total--;
}
//如果两点已经连通了，那么这条路只是在图上增加了一个环 //对连通性没有任何影响，无视掉
}
//最后输出还要修的路条数
printf("%d\n",total); } return 0;
}
