并查集与路径压缩

引子：
现在来看这样一个经典问题：
亲戚
若某个家族人员过于庞大，要判断两个是否是亲戚，确实还很不容易，现在给出某个亲戚关系图，求任意给出的两个人是否具有亲戚关系。
规定：x和y是亲戚，y和z是亲戚，那么x和z也是亲戚。如果x,y是亲戚，那么x的亲戚都是y的亲戚，y的亲戚也都是x的亲戚。

怎么做？
深搜？广搜？效率太低。
邻接矩阵？哇MLE（爆内存）！
于是我们有一种新的方法——并查集。

分析一下这道题，我们发现题目的核心在于判断两个元素的关系（是否处于一个集合），输入给出n对元素两两相连。看来重点在于如何建出整个集合（可能是多个）来便于查询。

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并查集的作用：判断两个集合（点）之间的关系。

并查集的结构：每一个集合中的元素指向那个集合的代表元素（father)。如此当判断A和B是否在一个集合中的时候，我们只需要查询他们的father是否是同一个便可得出结论（后来有些变动，但大致意思是这样的）。

并查集的初始化：
有n个元素，开始我们将它的father 指向它自己，也就是说每个集合中只有一个元素。

并查集的合并：
现在我们得知A和B是亲戚，那么我们如何合并这两个集合哪？
答案是找到他们各自的father，将其中一个father指向另一个（father[fathera] = fatherb），这样我们便完成了并查集的合并。

那么出现了一个问题，请看下例：
已知fa[1] = 2, fa[2] = 3, fa[3] = 4，现在我们得知2和6有关系，那么根据上述步骤fa[2] = 6，如此完成了合并。fa (father)
我现在想知道2和4是否有关系，判断得到fa[2] != fa[4]，没有关系！但事实上…
看来我们缺少了一个步骤——将该集合的其他元素的fa也更新为新的father。
由此便引出了并查集的核心之一——代表元素的选择。

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根据上文，我们知道每一个集合的元素都指向该集合的代表元素，那么该代表元素可以随意取吗？
很显然，自然是不可以。那么代表元素需要有些什么要求？
根据fa[i] = j得出i的父亲是j，意味着i有父亲，但是一个有父亲的元素怎么能代表整个集合哪？至少得是它的父亲代表啊。
一层一层向上，我们便能找到一个祖先，它没有父亲。它便是那个长者，它可以代表整个集合的元素。
得到结论：代表元素需满足：fa[i] == i（初始化后没有父亲，但是有孩子…）

那好，一个元素中的孩子与另一个元素的孩子有关系，合并两个集合。我们只需要一层一层找父亲，最终将一个的祖先指向另一个，大功告成！

再看上文的例子：我们找到2的祖先4，fa[4] = 6，再判断，2的祖先是…找到6，4的祖先…是6，那么它们有同一个祖先，看来是在一个集合里。

再仔细读一遍流程，我们会发现在查找和合并的时候我们找了i的两次祖先，但是明明在找祖先的过程中我们都遍历到了i的长辈们，还要做两次，感觉好像做了无用功。

如果你并不这样认为，我看下面一个例子。
10000000祖先是1，1000000的父亲是1000000-1，对于该集合的元素n，它的父亲是n-1(n != 1)。我想找到1000000的祖先，使它与a合并。那么我一层一层的爬…爬了1000000-1次，终于找到了1，于是我们将1000000的集合与a的集合愉快地合并了。

我现在突然傻了，记不住a和1000000的关系了。于是我又开始找父亲了…又是1000000-1次寻找，我终于发现它们俩是一个集合。1s中你能操作1000000-1次的寻找几次？哇TLE了！
由此引出了并查集的真正核心——路径压缩。

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我们最开始的寻找（find_fa）的代码应该是这样的

while(fa[i] != i)
{
    i = fa[i];
}

最终的i便是祖先。
但是如果我们压缩一下路径，像这样：

int find_fa(int a){
    if(a != fa[a])  fa[a] = find_fa(fa[a]);
    return fa[a];
}

这段代码什么意思？

效果是这样的：
原：n->n-1->n-2->,,,->2->1;
现：n->1, n-1->1, n-2->1… 2->1;

我们递归寻找，找到后回溯更新所有遍历到的节点的父亲，将它们指向祖先，一共是2*n次操作。如果不这么操作，改用朴素法，询问所有元素的祖先我们需要进行（1+2+…+n）次操作，即(1+n) * n/2次操作，而压缩完路径，我们只需要n次操作。两种查询的效率根本不在一个数量级上。

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那么开篇的那道题，是一个很好的板子题。
源代码如下：

#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn = 5005;
int n ,m, p;
int qi[maxn];
int rel(int a){
    if(a != qi[a])  qi[a] = rel(qi[a]);
    return qi[a];
}
int main(){
    //freopen("test.in", "r", stdin);
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
    for(int i = 1; i != n+1; ++i)
        qi[i] = i;//初始化
    for(int i = 0; i != m; ++i){
        int c1, c2;
        scanf("%d%d", &c1, &c2);        
        c1 = rel(c1);//找c1祖先
        c2 = rel(c2);//找c2祖先
        qi[c2] = c1;//c2祖先指向c1祖先
    }
    for(int i = 0; i != p; ++i){
        int c1, c2;
        scanf("%d%d", &c1, &c2);
        if(rel(c1) == rel(c2))//一个祖先
            cout << "Yes" << endl;
        else cout << "No" << endl;
    }
    return 0;
}

由此并查集便完成了。
箜瑟_qi 2017.04.09 23:48

 

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