首页 > 代码库 > 并查集（uva10608)

并查集（uva10608)

2024-07-14 07:10:27   216人阅读

一 基础知识梳理：

 

并查集（Union-find Sets）是一种非常精巧而实用的数据结构，它主要用于处理一些不相交集合的合并问题。一些常见的用途有求连通子图、求最小生成树的 Kruskal 算法和求最近公共祖先（Least Common Ancestors, LCA）等。

使用并查集时，首先会存在一组不相交的动态集合 S={S1,S2,?,Sk}，一般都会使用一个整数表示集合中的一个元素。

每个集合可能包含一个或多个元素，并选出集合中的某个元素作为代表。每个集合中具体包含了哪些元素是不关心的，具体选择哪个元素作为代表一般也是不关心的。我们关心的是，对于给定的元素，可以很快的找到这个元素所在的集合（的代表），以及合并两个元素所在的集合，而且这些操作的时间复杂度都是常数级的。

并查集的基本操作有三个：

  1. makeSet(s)：建立一个新的并查集，其中包含 s 个单元素集合。
  2. unionSet(x, y)：把元素 x 和元素 y 所在的集合合并，要求 x 和 y 所在的集合不相交，如果相交则不合并。
  3. find(x)：找到元素 x 所在的集合的代表，该操作也可以用于判断两个元素是否位于同一个集合，只要将它们各自的代表比较一下就可以了。

并查集的实现原理也比较简单，就是使用树来表示集合，树的每个节点就表示集合中的一个元素，树根对应的元素就是该集合的代表，如图 1 所示。

图 1 并查集的树表示

图中有两棵树，分别对应两个集合，其中第一个集合为 {a,b,c,d}，代表元素是 a；第二个集合为 {e,f,g}，代表元素是 e。

树的节点表示集合中的元素，指针表示指向父节点的指针，根节点的指针指向自己，表示其没有父节点。沿着每个节点的父节点不断向上查找，最终就可以找到该树的根节点，即该集合的代表元素。

现在，应该可以很容易的写出 makeSet 和 find 的代码了，假设使用一个足够长的数组来存储树节点（很类似之前讲到的静态链表），那么 makeSet 要做的就是构造出如图 2 的森林，其中每个元素都是一个单元素集合，即父节点是其自身：

图 2 构造并查集初始化

相应的代码如下所示，时间复杂度是 O(n)：

1 #define maxn 5002 int uset[maxn];3 void makeset(int size)4 {5 for(int i=0;i<size;i++)//初始化，把所有点的父节点定为自身6 uset[i]=i;7 }

接下来，就是 find 操作了，如果每次都沿着父节点向上查找，那时间复杂度就是树的高度，完全不可能达到常数级。这里需要应用一种非常简单而有效的策略——路径压缩。

路径压缩，就是在每次查找时，令查找路径上的每个节点都直接指向根节点，如图 3 所示。

我准备了两个版本的 find 操作实现，分别是递归版和非递归版，不过两个版本目前并没有发现有什么明显的效率差距，所以具体使用哪个完全凭个人喜好了。

下面展示两种形式的代码：

1 int find(int x)2 {3     if(x==uset[x]) return x;//如果是父节点，则返回自身的值4     else if(x!=uset(x)) uset[x]=find(uset[x]);//否则递归调用直到根节点5     return uset[x];//最后根节点的值在uset[x]中6 }
 1 int find(int x) 2 { 3     int p=x,t; 4     while(p!=uset[p]) p=uset[p];//首先找到根节点 5     while(x!=p)//路径压缩过程 6     { 7         t=uset[x];//把x自身的相邻父节点赋值给t 8         uset[x]=p;//把x的父节点改为p 9         x=t;//移动到相邻父节点，然后处理之10     }

最后是合并操作 unionSet，并查集的合并也非常简单，就是将一个集合的树根指向另一个集合的树根，如图 4 所示。

 

图 4 并查集的合并

 

这里也可以应用一个简单的启发式策略——按秩合并。该方法使用秩来表示树高度的上界，在合并时，总是将具有较小秩的树根指向具有较大秩的树根。简单的说，就是总是将比较矮的树作为子树，添加到较高的树中。为了保存秩，需要额外使用一个与 uset 同长度的数组，并将所有元素都初始化为 0。

void unionSet(int x, int y) {    if ((x = find(x)) == (y = find(y))) return;//如果是同一个父节点，则直接返回    if (rank[x] > rank[y]) uset[y] = x;//把秩较小的y子树赋值给较大的子树x    else {        uset[x] = y;//把秩较小的x子树并在y子树上        if (rank[x] == rank[y]) rank[y]++;//如果两棵子树大小相同，则把树的大小加1    }}

下面是按秩合并的并查集的完整代码，这里只包含了递归的 find 操作。

const int MAXSIZE = 500;int uset[MAXSIZE];int rank[MAXSIZE]; void makeSet(int size) {    for(int i = 0;i < size;i++)  uset[i] = i;    for(int i = 0;i < size;i++)  rank[i] = 0;//开始时树的高度为0}int find(int x) {    if (x != uset[x]) uset[x] = find(uset[x]);    return uset[x];}void unionSet(int x, int y) {    if ((x = find(x)) == (y = find(y))) return;    if (rank[x] > rank[y]) uset[y] = x;    else {        uset[x] = y; if (rank[x] == rank[y]) rank[y]++;    }}

除了按秩合并，并查集还有一种常见的策略，就是按集合中包含的元素个数（或者说树中的节点数）合并，将包含节点较少的树根，指向包含节点较多的树根。这个策略与按秩合并的策略类似，同样可以提升并查集的运行速度，而且省去了额外的 rank 数组。

这样的并查集具有一个略微不同的定义，即若 uset 的值是正数，则表示该元素的父节点（的索引）；若是负数，则表示该元素是所在集合的代表（即树根），而且值的相反数即为集合中的元素个数。相应的代码如下所示，同样包含递归和非递归的 find 操作： 1constint MAXSIZE = 500 2 int uset[MAXSIZE];

 3   4 void makeSet(int size) { 5     for(int i = 0;i < size;i++) uset[i] = -1;//初始节点数为1，所以赋值为-1 6 } 7 int find(int x) { 8     if (uset[x] < 0) return x; 9     uset[x] = find(uset[x]);10     return uset[x];11 }12 int find(int x) 
{13     int p = x, t;14     while (uset[p] >= 0) p = uset[p];15     while (x != p) {16         t = uset[x];17         uset[x] = p;18         x = t;19     }20     return x;21 }

void unionSet(int x, int y) {    if ((x = find(x)) == (y = find(y))) return;    if (uset[x] < uset[y]) {  //注意这里值越小，所代表的节点数越多，因为是用的负值表示的节点数        uset[x] += uset[y];        uset[y] = x;    } else {        uset[y] += uset[x];        uset[x] = y;    }}

如果要获取某个元素 x 所在集合包含的元素个数，可以使用 -uset[find(x)] 得到。

并查集的空间复杂度是 O(n) 的，这个很显然，如果是按秩合并的，占的空间要多一些。find 和 unionSet 操作都可以看成是常数级的，或者准确来说，在一个包含 n 个元素的并查集中，进行 m 次查找或合并操作，最坏情况下所需的时间为 O(mα(n))，这里的 α 是 Ackerman 函数的某个反函数，在极大的范围内（比可观察到的宇宙中估计的原子数量 1080 还大很多）都可以认为是不大于 4 的。具体的时间复杂度分析，请参见《算法导论》的 21.4 节 带路径压缩的按秩合并的分析。

二 解题思路：

 1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #define maxn 30005 4 int fa[maxn]; 5 int ans[maxn]; 6 int find(int x) 7 { 8     return fa[x]==x?x:fa[x]=find(find[x]); 9 }10 int main()11 {12     int t;13     cin>>t;14     while(t--)15     {16         for(int i=0;i<maxn;i++)17         {fa[i]=i;ans[i]=0;}18         int n,m,x,y,u,v;19         cin>>n>>m;20         for(int j=1;j<=m;j++)21         {22             cin>>x>>y;23             u=find(x);//寻找各自的跟节点24             v=find(y);//寻找各自的跟节点25             if(u!=v)//父节点不相同26                 fa[u]=v;//把x的根节点的父节点指为y的根节点27         }28          for(int i=0;i<n;i++)29              ans[find(i)]++;//求各个子树的节点最大数目30          int a=0;31          for(int i=0;i<n;i++)32              if(a<ans[i]) a=ans[i];33          cout<<a<<endl;34     }35     return 0;36 }

在做这个题目时，我自己一开始的想法是运用BFS，自己还写出了代码。但是运用BFS的最大缺陷是所开的空间太大（邻接矩阵的边长最大为30005）。这样会使空间存储不下。所以在用BFS解题的时候一定要注意数据不能过大。下面是自己写的代码，可以看看如何运用BFS解决相关问题：

#include<iostream>#include<algorithm>#include<string.h>using namespace std;#define maxn 30005  //数据过大int q[maxn]; int n,m;int map[maxn][maxn];void input(){    memset(map,0,sizeof(map));    int n1,m1;    for(int i=1;i<=m;i++)//输入数据并赋值给邻接矩阵    {  cin>>n1>>m1;       map[n1][m1]=1;       map[m1][n1]=1;    }}int  bfs(int k){ int front,rear;     front=rear=0; q[rear++]=k; while(front<rear) {     int u=q[front++];     for(int i=1;i<=m;i++)     {         if(map[u][i])//判断是否能够入队，能够入队就入队         {             int judge=0;             for(int k=0;k<rear;k++)//找队列里面是否原来就有该元素
if(i==q[k]) {judge=1;break;}              if(!judge) q[rear++]=i;         }     } } return rear;}int main(){    int t;    cin>>t;    while(t--)    {      cin>>n>>m;        input();      int num=0;      for(int i=1;i<=n;i++)      {          memset(q,0,sizeof(q));          int k=bfs(i);          if(num<k) num=k;      }      cout<<num<<endl;    }    return 0;}

 


联系
我们