由于時間太久忘記出處了，不好意思...找到后補上.
并查集 (Union-Find Sets)
并查集： (union-find sets)是一種簡單的用
途廣泛的集合. 并查集是若干個不相交集合，能夠實現較快的合并和判斷元素所在集合的操作，應用很
多。一般采取樹形結構來存儲并查集，并利用一個rank數組來存儲集合的深度下界，在查找操作時進
行路徑壓縮使后續的查找操作加速。這樣優化實現的并查集，空間復雜度為O(N)，建立一個集合的時
間復雜度為O(1)，N次合并M查找的時間復雜度為O(M Alpha(N))，這里Alpha是Ackerman函數的某個反函數，在很
大的范圍內（人類目前觀測到的宇宙范圍估算有10的80次
方個原子，這小于前面所說的范圍）這個函數的值可以看成是不大于4的，所以并查集的操作可以看作是
線性的。它支持以下三中種操作:
－Union (Root1, Root2) //并
操作；把子集合Root2并入集合Root1中.要求：Root1和 Root2互不相交,否則不執行操作.
－Find (x) //搜索操作；搜索單元素x所在的集
合,并返回該集合的名字.
－UFSets
(s) //構造函數。將并查集中s個元素初始化為s個只有一個單元素的子集合.
－對于并查集來說，每個集合用一棵樹表示。
－集合中每個元素的元素名分別存放在樹的結
點中，此外，樹的每一個結點還有一個指向其雙親結點的指針。
－設 S1= {0, 6, 7, 8 }，S2= { 1, 4, 9 }，S3= { 2, 3, 5 }
－為簡化討論，忽略實際的集合名，僅用表示集合的樹的根來標識
集合。
－為此，采用樹的雙親表示作為集合存儲表示。集合元素的編號從0到 n-1。其中 n 是最大元素個數。在雙親表示中，第 i 個數組元
素代表包含集合元素 i 的樹結點。根結點的雙親為-1，
表示集合中的元素個數。為了區別雙親指針信息( ≥ 0 )，集合元素個數信息用負數表示。
|
下標 
parent
|
|
集合 S1,
S2 和 S3 的雙親表示 : 
S1
∪ S2 的可能的表示方法
const int DefaultSize = 10;
class
UFSets { //并查集的類定義
private:
int *parent;
int size;
public:
UFSets ( int s =
DefaultSize );
~UFSets ( ) { delete [ ] parent; }
UFSets & operator = ( UFSets const & Value
);//集合
賦值
void
Union ( int Root1, int Root2 );
int Find ( int x );
void
UnionByHeight ( int Root1, int Root2 ); };
UFSets::UFSets ( int s ) { //構造函數
size = s;
parent = new int [size+1];
for ( int i = 0; i <=
size; i++ ) parent[i] = -1;
}
unsigned int UFSets::Find ( int x ) { //搜索操作
if ( parent[x] <= 0 )
return x;
else return Find ( parent[x] );
}
void UFSets::Union ( int Root1, int Root2 ) { //并
parent[Root2] = Root1; //Root2指向Root1
}
Find和Union操作性能不好。假設最初 n 個元素構成 n 棵樹組成的森林，parent[i] = -1。
做處理Union(0, 1), Union(1, 2), …, Union(n-2, n-1)后，
將產生如圖所示的退化的樹。
執行一次Union操作所需時間是O(1)，n-1次Union操作所需時間是O(n)。若再執行Find(0), Find(1), …,
Find(n-1), 若被
搜索的元素為i，完成Find(i)操
作需要時間為O(i)，完成 n 次搜索需
要的總時間將達到
Union操作的加權規則
為避免產生退化的樹，改進方法是先判斷兩集合中元素的個數，如果以 i 為根的樹中的結點個數少于
以 j 為根的樹中的結點個數，即parent[i]
> parent[j]，則讓 j 成為 i 的雙親，否則，讓i成為j的雙親。此即Union的加權規則。 
parent[0](== -4) < parent[4]
(== -3)
void
UFSets::WeightedUnion(int Root1, int Root2) {
//按Union的加權規則改進的算法
int temp = parent[Root1] +
parent[Root2];
if ( parent[Root2] < parent[Root1] ) {
parent[Root1] = Root2; //Root2中結點數多
parent[Root2] = temp; //Root1指向Root2
}
else {
parent[Root2] =
Root1; //Root1中結點數多
parent[Root1] = temp; //Root2指向Root1
}
}
使用加權規則得到的樹
下面是幾到用并查集可以方便解決的問題:
題目： 親戚(Relations)
或許你并不知道，你的某個朋友是你的親戚。他可能是你的曾祖父
的外公的女婿的外甥的表姐的孫子。如果能得到完整的家譜，判斷兩個人是否親戚應該是可行的，但如果兩個人的最近公共祖先與他們相隔好幾代，使得家譜十分龐
大，那么檢驗親戚關系實非人力所能及.在這種情況下，最好的幫手就是計算機。
為了將問題簡化，你將得到一些親戚關系的信息，如同Marry和Tom是親戚，Tom和B en是親戚，等等。從這些信息中，你可以推出Marry和Ben是親戚。請寫一個程序，對于我們的關
心的親戚關系的提問，以最快的速度給出答案。
參考輸入輸出格式 輸入由兩部分組成。
第一部分以N，M開始。N為問題涉及的人的個數(1 ≤ N ≤
20000)。這些人的編號為1,2,3,…,N。下面有M行(1
≤ M ≤ 1000000)，
每行有兩個數ai, bi，表示已知ai和bi是親戚.
第二部分以Q開
始。以下Q行有Q個詢問(1 ≤ Q ≤
1 000 000)，每行為ci, di，表示詢問ci和di是否為親戚。
對于每個詢問ci,
di，若ci和di為親戚，
則輸出Yes，否則輸出No。
樣例輸入與輸出
輸入relation.in
10
7
2
4
5
7
1
3
8
9
1
2
5
6
2
3
3
3
4
7
10
8
9
輸出relation.out
Yes
No
Yes
如果這道題目不用并查集，而只
用鏈表或數組來存儲集合，那么效率很低，肯定超時。
例程:
#include<iostream>
using namespace
std;
int N,M,Q;
int
pre[20000],rank[20000];
void makeset(int x)
{
pre[x]=-1;
rank[x]=0;
}
int find(int x)
{
int r=x;
while(pre[r]!=-1)
r=pre[r];
while(x!=r)
{
int q=pre[x];
pre[x]=r;
x=q;
}
return
r;
}
void unionone(int
a,int b)
{
int t1=find(a);
int t2=find(b);
if(rank[t1]>rank[t2])
pre[t2]=t1;
else
pre[t1]=t2;
if(rank[t1]==rank[t2])
rank[t2]++;
}
int main()
{
int
i,a,b,c,d;
while(cin>>N>>M)
{
for(i=1;i<=N;i++)
makeset(i);
for(i=1;i<=M;i++)
{
cin>>a>>b;
if(find(a)!=find(b))
unionone(a,b);
}
cin>>Q;
for(i=1;i<=Q;i++)
{
cin>>c>>d;
if(find(c)==find(d))
cout<<"YES"<<endl;
else
cout<<"NO"<<endl;
}
}
return
0;
}
ZJU1789The Suspects
【問題描述】
Severe acute
respiratory syndrome (SARS), an atypical pneumonia of unknown aetiology,
was recognized as a global threat in mid-March 2003. To minimize
transmission to others, the best strategy is to separate the suspects
from others.
In the
Not-Spreading-Your-Sickness University (NSYSU), there are many student
groups. Students in the same group intercommunicate with each other
frequently, and a student may join several groups. To prevent the
possible transmissions of SARS, the NSYSU collects the member lists of
all student groups, and makes the following rule in their standard
operation procedure (SOP).
Once a member in a group
is a suspect, all members in the group are suspects.
However, they find that
it is not easy to identify all the suspects when a student is recognized
as a suspect. Your job is to write a program which finds all the
suspects.
Input
The input contains
several cases. Each test case begins with two integers n and m in a
line, where n is the number of students, and m is the number of groups.
You may assume that 0 < n <= 30000 and 0 <= m <= 500. Every
student is numbered by a unique integer between 0 and n-1, and initially
student 0 is recognized as a suspect in all the cases. This line is
followed by m member lists of the groups, one line per group. Each line
begins with an integer k by itself representing the number of members in
the group. Following the number of members, there are k integers
representing the students in this group. All the integers in a line are
separated by at least one space.
A case with n = 0 and m =
0 indicates the end of the input, and need not be processed.
Output
For each case, output the
number of suspects in one line.
Sample Input
100 4
2 1 2
5 10 13
11 12 14
2 0 1
2 99 2
200 2
1 5
5 1 2 3 4 5
1 0
0 0
Sample Output
4
1
1
【算法分析】
這道題的意思很簡單,n個人編號,從0到n-1,這n個人分成m個集合(1個人可以參加不同的集合),求的就是最后所有和0號有關系的集合的
人數.
如果這道題目不用并查集，而只用鏈表或數組來存儲集合，那么效率
很低，肯定超時.我們在題目給出的每個集合的人員編號時,進行并查
操作,不過在進行合并操作時,合并的是兩個集合的元素個數.最后
0號元素所在的集合數目就是所求.
例程 :
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace
std;
const int
size=30000;
int
pre[size],num[size];
int n,m,k;
void makeset(int x)
{
pre[x]=-1;
num[x]=1;
}
int find(int x)//非遞歸壓縮路徑
{
int r=x;
while(pre[r]!=-1)
r=pre[r];
while(x!=r)
{
int q=pre[x];
pre[x]=r;
x=q;
}
return
r;
}
int unionone(int
a,int b)
{
int
t1,t2;
t1=find(a);
t2=find(b);
if(t1==t2)
return 0;
if(num[t2]<=num[t1])
{
pre[t2]=t1;
num[t1]+=num[t2];
}
else
{
pre[t1]=t2;
num[t2]+=num[t1];
}
return
0;
}
int main()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
int i,j,a,b;
while(scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(n==0&&m==0)
break;
for(i=0;i<n;i++)
makeset(i);
for(i=0;i<m;i++)
{
//cin>>k;
scanf("%d",&k);
if(k==0) continue;
//cin>>a;
scanf("%d",&a);
a=find(a);
for(j=1;j<k;j++)
{
//cin>>b;
scanf("%d",&b);
b=find(b);
unionone(a,b);
}
}
printf("%d\n",num[find(0)]);
}
return 0;
}
銀河英雄傳說
【問題描述】
公元五八○一年，地球居民遷移至金牛座α第二行星，在那里發表銀河聯邦創立宣言，同年改元為宇宙歷元年，
并開始向銀河系深處拓展。
宇宙歷七九九年，銀河系的兩大軍事集團在巴米利恩星域 爆發戰爭。泰山壓頂集團
派宇宙艦隊司令萊因哈特 率領十萬余艘戰艦出征，氣吞山河集團點名將楊威利 組織
麾下三萬艘戰艦迎敵。
楊威利擅長排兵布陣，巧妙運用各種戰術屢次以少勝多，難免恣生驕氣。在這次決戰中，他將巴米利恩星域戰場劃分成30000列，每列依次編號為1, 2,
…, 30000。
之后，他把自己的戰艦也依次編號為1, 2, …, 30000，讓第i號戰艦處于第i列(i =
1, 2, …, 30000)，形成“一字長蛇陣”，誘敵深入。這是初始陣形。當進犯之敵到達時，楊威利會多次發布合并指令，將大部分戰艦集中在某幾列上，實施密集攻擊。合
并指令為M i j，含義為讓第i號戰艦所在的整個戰艦隊列，作為一個整體（頭在前尾在后）接至第j號戰艦所在的戰艦隊列的尾部。顯然戰艦隊列是由處于同一列的一
個或多個戰艦組成的。合并指令的執行結果會使隊列增大。
然而，老謀深算的萊因哈特早已在戰略上取得了主動。在交戰中，他可以通過龐大的情報網絡隨時監聽楊威利的艦隊調動指
令。
在楊威利發布指令調動艦隊的同時，萊因哈特為了及時了解當前楊威利的戰艦分布情況，也會發出一些詢問指令：C i j。該指令意思是，詢問電腦，
楊威利的第 i 號戰艦與第 j 號戰艦當前是否在同一列中，如果在同一列中，那么它們之間布置有
多少戰艦。
作為一個資深的高級程序設計員，你被要求編寫程序分析楊威利的指令，以及回答萊因哈特的詢問。
最終的決戰已經展開，銀河的歷史又翻過了一頁……
【輸入文件】
輸入文件galaxy.in的第一行有一個整數T（1<=T<=500,000），表示總共有T條指令。
以下有T行，每行有一條指令。指令有兩種格式：
1.
M i j ：i和j是兩個整數（1<=i
, j<=30000），表示指令涉及的戰艦編號。該指令是萊因哈特竊聽到的楊威利發布的艦隊調動指令，并且保證第i號戰艦與第j號戰艦不在同一列。
2.
C i j ：i和j是兩個整數（1<=i
, j<=30000），表示指令涉及的戰艦編號。該指令是萊因哈特發布的詢問指令。
【輸出文件】
輸出文件為galaxy.out。你的程序應當依次對輸入的每一條指令進行分析和處理：
如果是楊威利發布的艦隊調動指令，則表示艦隊排列發生了變化，
你的程序要注意到這一點，但是不要輸出任何信息；
如果是萊因哈特發布的詢問指令，你的程序要輸出一行，僅包含
一個整數，表示在同一列上，第i號戰艦與第j號戰艦之間布置的戰艦數目。如果第i號戰艦與第j號戰艦當前不在同一列上，則輸出-1。
【樣例輸入】
4
M 2 3
C 1 2
M 2 4
C 4 2
【樣例輸出】
-1
1
【樣例說明】
戰艦位置圖：表格中阿拉伯數字表示戰艦編號
|
|
第
一列
|
第
二列
|
第
三列
|
第
四列
|
……
|
|
初
始時
|
1
|
2
|
3
|
4
|
……
|
|
M 2 3
|
1
|
|
3
2
|
4
|
……
|
|
C 1 2
|
1號戰艦與2號戰艦不在同一列，因此輸出-1
|
|
M 2 4
|
1
|
|
|
4
3
2
|
……
|
|
C 4 2
|
4號戰艦與2號戰艦之間僅布置了一艘戰艦，編號為3，輸出1
|
【算法分析】
同一列的戰艦組成一個并查集,在集合中,我們以當前列的第一艘戰艦作為集合的代表元.并查集的數據類型采用樹型,樹的根結點即為集合的代表元.為了查詢的效率達到最優,我們進行了路徑壓縮的優化:首先找到樹根,然后將路徑上所有結點的父結點改為根,使得樹的深度為1.
問題是,題目不僅要求判別兩個結點是否在同一個集合(即兩艘戰艦是否在同一列),而且還要求計算結點在有序集合的位置(即每一艘戰艦相隔列的第一艘戰艦幾個位置), 我們增加了一個數組 behind[x], 記錄戰艦 x 在例中的相對位置 .
查找一個元素x所在集合的代表元時，先從x沿著父親節點找到這個集合的代表元root，然后再從x開始一次到root的遍歷，累計其間經過的每一個子結點的behind值,其和即為behind[i].,如下圖所示:
按照題意,合并指令Mxy,含義是讓戰艦x 所在的整個戰艦隊列,作為一個整體(頭在前,尾在后)接至戰艦y所在的戰艦隊列的尾部,顯然兩個隊列合并成同一列后,其集合代表元為結點y所在的樹的根結點fy,x所在的樹的根結點fx,合并后,fx的相對位置為合并前y所在集合的結點數, behind[fx]=num[fy],新集合的結點數為原來
兩個集合結點數的和 num[fy]+=num[fx]. 則如果戰艦x和戰艦y在同一列,則他們相隔
|behind[x]-behind[y]|-1艘戰艦.如
下圖:
例程 :
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace
std;
const int
size=30001;
int
pre[size],num[size],behind[size];//behind[x]戰艦x在列中的相對位置
int n,m,k;
void makeset(int x)
{
pre[x]=-1;
num[x]=1;
}
int find(int x)//查找結點x所在樹的根結點,并對該樹進行路徑壓縮
{
int r=x;
int j;
while(pre[r]!=-1)//找出結點x所在樹的根結點r
r=pre[r];
while(x!=r)
{
int
q=pre[x];//路徑壓縮
pre[x]=r;
j=q;
do{//迭代求出路徑上每一個子結點相對于r的相對位置
behind[x]+=behind[j];
j=pre[j];
}while (j!=-1);
x=q;
}
return
r;
}
void MoveShip(int
a,int b)
{
int
t1,t2;
t1=find(a);//計算a所在樹的根結點t1
t2=find(b);//計算b所在樹的根結點t2
pre[t1]=t2;//將t1的父結點設為t2
behind[t1]=num[t2];
//計算t1的相對位置為num[t2]
num[t2]+=num[t1];
//計算新集合的結點數
}
void CheckShip(int
x,int y)
{
int f1,f2;
f1=find(x);
f2=find(y);
if(f1!=f2)
cout<<-1<<endl;
else
cout<<abs(behind[x]-behind[y])-1<<endl;
}
int main()
{
freopen("galaxy.in","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
int n,x,y;
char ch;
while(cin>>n)
{
for(int i=1;i<size;i++)
{
makeset(i);
}
memset(behind,0,sizeof(behind));
while(n--)
{
cin>>ch>>x>>y;
if(ch=='M')
MoveShip(x,y);
//處理合并指令
else if(ch=='C')
CheckShip(x,y); //處理詢問指令
}
}
return
0;
}