数据结构——并查集 学习笔记

数据结构——并查集 学习笔记

并查集是一种用于管理元素所属集合的数据结构,实现为一个森林。

并查集中,每棵树表示一个集合,树中的节点表示对应集合中的元素。

其思想是,把集合属性绑定到根节点上,避免多余的处理,因此一般难以分离。

普通并查集

并查集支持两种操作:

  • 合并(Union):合并两个元素所属集合(合并对应的树);
  • 查询(Find):查询某个元素所属集合(查询对应的树的根节点)。
struct dsu {
    vector<int> fa;
    dsu(int siz): fa(siz) { iota(fa.begin(), fa.end(), 0); }
    int getfa(int x) { return x == fa[x] ? x : getfa(fa[x]); }
    void unite(int x, int y) { fa[getfa(x)] = getfa(y); }
};

路径压缩

一个不通用的优化,我们把任意一个非根节点直接合并到它的根上。

struct dsu {
    vector<int> fa;
    dsu(int siz): fa(siz) { iota(fa.begin(), fa.end(), 0); }
    int getfa(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = getfa(fa[x]); }
    void unite(int x, int y) { fa[getfa(x)] = getfa(y); }
};

非常好写,但是对于可撤销等就无法压缩了。

启发式合并和按秩合并

合并时,选择哪棵树的根节点作为新树的根节点会很大程度上影响复杂度。

一般来说,我们可以将节点较少或深度较小的树连到另一棵,以免发生退化。

  • 其中,按照节点个数合并,称为启发式合并(维护树的大小)。
  • 而按照深度(称为秩)合并的,称为按秩合并(维护树的高度)。

一定程度上,启发式合并会被卡,但是按秩合并会比较难写。

代码略。

复杂度分析

如果只使用路径压缩或启发式合并,时间复杂度是单次 \(\mathcal O(\log n)\) 的。

如果同时使用,时间复杂度是单次 \(\mathcal O(\alpha(n))\) 的,可以近似看成单次 \(\mathcal O(1)\)

扩展域并查集

扩展域并查集用于维护两类及以上集合的连通性。

具体的,我们一般开多倍空间,用 \(x,x+n,\dots\) 表示同一个物体的不同属性。

这种用多个域表示同一元素不同属性的,也称为种类并查集。

P1892 [BOI2003] 团伙

经典例题:P1892 [BOI2003] 团伙

我们用 \(F[1,N]\) 表示朋友域,用 \(F[N+1,2N]\) 表示敌人域。

  • \(x,y\) 是朋友,那么直接连接 \(\langle x,y\rangle\),表示他俩是朋友;
  • \(x,y\) 是敌人,那么连接 \(\langle x,y+N\rangle,\langle x+N,y\rangle\),表示敌人的敌人是朋友。

例如 \(A\to B\to C\),其中只有 \(B\) 是敌人域的,那么 \(A\) 敌人 \(B\) 的敌人 \(C\) 就是 \(A\) 的朋友。

点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

struct dsu {
    vector<int> fa;
    dsu(int siz): fa(siz) { iota(fa.begin(), fa.end(), 0); }
    int getfa(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = getfa(fa[x]); }
    void unite(int x, int y) { fa[getfa(x)] = getfa(y); }
};

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    dsu a(2 * n + 1);
    while (m--) {
        char op[3];
        int x, y;
        cin >> op >> x >> y;
        if (op[0] == 'F') a.unite(x, y);
        else a.unite(x + n, y), a.unite(y + n, x);
    }
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        res += a.fa[i] == i;
    cout << res << endl;
    return 0;
}

P2024 [NOI2001] 食物链

一个比经典例题还经典的例题:P2024 [NOI2001] 食物链

我们另,

  • \(x\) 表示本体;
  • \(x+n\) 表示 \(x\) 的事物集合;
  • \(x+2n\) 表示 \(x\) 的天敌集合。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define endl "\n"

struct dsu {
    vector<int> fa;
    dsu() = default;
    dsu(int siz): fa(siz) { iota(fa.begin(), fa.end(), 0); }
    int getfa(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = getfa(fa[x]); }
    void unite(int x, int y) { fa[getfa(x)] = getfa(y); }
};

int n, k;

dsu a;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin >> n >> k;
    a = dsu(3 * n + 1);
    // x:         >_<
    // x + n:     x's food
    // x + 2 * n: x's enemy
    auto uni = [] (int x, int y) -> bool {
        if (a.getfa(x) == a.getfa(y + n)) return false;
        if (a.getfa(x) == a.getfa(y + 2 * n)) return false;
        a.unite(x, y), a.unite(x + n, y + n), a.unite(x + 2 * n, y + 2 * n);
        return true;
    };
    auto eat = [] (int x, int y) -> bool {
        if (a.getfa(x) == a.getfa(y)) return false;
        if (a.getfa(x) == a.getfa(y + n)) return false;
        a.unite(x + n, y), a.unite(x, y + 2 * n), a.unite(x + 2 * n, y + n);
        return true;
    };
    int ans = 0;
    while (k--) {
        int op, x, y;
        cin >> op >> x >> y;
        if (x > n || y > n) ++ans;
        else if (op == 1) ans += !uni(x, y);
        else if (op == 2) ans += !eat(x, y);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

我们可以总结出来,

  • 扩展域并查集,一定要搞清楚要开几个维度,连边必须讨论清楚,尽量多连;
  • 一般来说,通常有几个维度就至少要连几条边。

带权并查集

带权并查集,也称为边带权并查集

我们在并查集的边上定义某种权值,从而解决更多的问题。

而因为路径压缩的存在,我们一般要定义这种权值在路径压缩时产生的运算。

P2024 [NOI2001] 食物链

你说得对,这道题也可以用带权并查集来做。

在边权上维护模 3 意义下的加法群,从根开始计算两个点的深度差

\[d=d(x)-d(y) \]

  • \(d\equiv0\pmod3\),则 \(x,y\) 属于同类;
  • \(d\equiv1\pmod3\),则 \(x\)\(y\)\(x\)\(y\) 的天敌;
  • \(d\equiv0\pmod3\),则 \(y\)\(x\)\(y\)\(x\) 的天敌;

当我们在路径压缩的时候,注意我们记录的 \(d(x)\) 表示的是 \(x\) 到其父节点的距离,

  • 那么,我们已经跑完了一个节点的祖先,其父节点一定是直接接在根上面的。
  • 于是,我们另一个节点的新的距离直接为其父节点到祖先(父节点的父节点)的距离加上其到其父节点的距离即可。
int getfa(int x) {
    if (x == fa[x]) return x;
    int t = getfa(fa[x]);
    d[x] = d[x] + d[fa[x]];
    return fa[x] = t;
}

合并的时候,默认把 \(x\) 分支接在 \(y\) 的祖先上,分类讨论即可,

  • 因为已经路径压缩了,因此 \(x,y\) 的父节点一定就是根节点。
  • \(x,y\) 是同类,则合并其父节点时要保证其深度相同,于是取 \(d(y)-d(x)\)
  • \(x\)\(y\),那么要使 \(x\)\(y\) 高一级,取 \(d(y)-d(x)+1\)

这两个数的本质就是,我们再向上合并的时候要加上 \(d(x)\),则可以抵消。

点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define endl "\n"

struct dsu {
    vector<int> fa, d;
    dsu() = default;
    dsu(int siz): fa(siz), d(siz) { iota(fa.begin(), fa.end(), 0); }
    int getfa(int x) {
        if (x == fa[x]) return x;
        int t = getfa(fa[x]);
        d[x] = d[x] + d[fa[x]];
        return fa[x] = t;
    }
};

int n, k;

dsu a;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin >> n >> k;
    a = dsu(n + 1);
    auto uni = [] (int x, int y) -> bool {
        int px = a.getfa(x);
        int py = a.getfa(y);
        if (px != py) {
            a.fa[px] = py;
            a.d[px] = a.d[y] - a.d[x];
            return true;
        }
        return ((a.d[x] - a.d[y]) % 3 + 3) % 3 == 0;
    };
    auto eat = [] (int x, int y) -> bool {
        int px = a.getfa(x);
        int py = a.getfa(y);
        if (px != py) {
            a.fa[px] = py;
            a.d[px] = a.d[y] - a.d[x] + 1;
            return true;
        }
        return ((a.d[x] - a.d[y]) % 3 + 3) % 3 == 1;
    };
    int ans = 0;
    while (k--) {
        int op, x, y;
        cin >> op >> x >> y;
        if (x > n || y > n) ++ans;
        else if (op == 1) ans += !uni(x, y);
        else if (op == 2) ans += !eat(x, y);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

P1196 [NOI2002] 银河英雄传说

同时维护边权和集合大小。

注意到如果把一个队列 \(A\) 接到 \(B\),相当于 \(A\) 加上边权为集合 \(B\) 的大小,直接接到 \(B\) 的根上。

我们根据这个,直接维护即可。

点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

struct dsu {
    vector<int> fa, siz, d;
    dsu() = default;
    dsu(int n): fa(n), siz(n, 1), d(n) { iota(fa.begin(), fa.end(), 0); }
    int getfa(int x) {
        if (x == fa[x]) return x;
        int t = getfa(fa[x]);
        d[x] = d[x] + d[fa[x]];
        return fa[x] = t;
    }
    // merge x to y
    void unite(int x, int y) {
        x = getfa(x), y = getfa(y);
        fa[x] = y, d[x] = siz[y];
        siz[y] += siz[x];
    }
};

dsu a(30005);

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int T; cin >> T;
    while (T--) {
        char op[3];
        int x, y;
        cin >> op >> x >> y;
        if (op[0] == 'M') a.unite(x, y);
        else {
            if (a.getfa(x) != a.getfa(y)) cout << "-1" << endl;
            else cout << abs(a.d[x] - a.d[y]) - 1 << endl;
        }
    }
    return 0;
}

经典例题分析

P1955 [NOI2015] 程序自动分析

有若干组条件,可能为 \(a_i=a_j\)\(a_i\neq a_j\),请判断是否合法。

注意到我们先把等于的 unite 起来,然后再检查不等于的是否合法即可。

离散化可以使用 umap 复杂度低(如果是 CF 建议使用 map)(。

P1197 [JSOI2008] 星球大战

每次打掉图中的几个点,询问连通块数量。

注意到并查集可以快速查询连通块数量,但是很难支持删除操作。

但是并查集可以很快的完成加入,因此我们正难则反。

  1. 先把被打掉的点一口气打掉,处理连通块;
  2. 从后往前加入被打掉的点,记录连通块数量。

注意一些细节,实现是很简单的。

点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define endl "\n"

constexpr int N = 4e5 + 10;

int n, m;

int hack[N];
bool hacked[N];

vector<int> g[N];

int fa[N], tot;

int getfa(int x) {
    if (x == fa[x]) return x;
    return fa[x] = getfa(fa[x]);
}

void unite(int x, int y) {
    x = getfa(x), y = getfa(y);
    if (x != y) fa[x] = y, --tot;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin >> n >> m;
    tot = n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        fa[i] = i;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        ++u, ++v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    int k;
    cin >> k;
    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        cin >> hack[i];
        hacked[++hack[i]] = true;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (hacked[i]) continue;
        if (!g[i].empty())
        for (int j : g[i]) {
            if (hacked[j]) continue;
            unite(i, j);
        }
    }
    vector<int> ans(k + 1);
    ans[k] = tot - k;
    for (int i = k - 1; ~i; --i) {
        int x = hack[i];
        hacked[x] = 0;
        if (!g[x].empty())
        for (int y : g[x]) {
            if (hacked[y]) continue;
            unite(x, y);
        }
        ans[i] = tot - i;
    }
    for (int i : ans)
        cout << i << endl;
    return 0;
}

AT_abc238_e [ABC238E] Range Sums

题目描述:有一个长为 \(N\) 的序列,判断根据 \(Q\) 个区间 \([l_i,r_i]\) 的和,是否能确定整个序列的元素和。

我们注意到,当确定了 \([l,r]\) 的和,我们其实已经确定了 \(S_r-S_{l-1}\) 的值。

那么,我们经过若干次传递,如果能从 \(S_N\) 转移到 \(S_0\),那么就是可行的。

这就是一个并查集板子了,代码略。

P5937 [CEOI1999] Parity Game

类似的,我们设 \(S\) 为二进制序列的前缀和。

那么,我们的 \([l,r]\) 信息,也就是知道了 \(S_r-S_{l-1}\) 的奇偶性。

我们用扩展域并查集,

  • 若为偶数,连边 \(\langle l,r\rangle,\langle l+n,r+n\rangle\),表示这两个奇偶性相同。
  • 若为奇数,连边 \(\langle l+n,r\rangle,\langle l,r+n\rangle\),表示奇偶性不同。

如果连边的时候发现,同一组如果出现了另一组的边,那么失效。

提前离散化一下即可。

点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define endl "\n"

struct query_t {
    int l, r;
    bool iseven;
};

struct dsu_t {
    vector<int> fa;
    dsu_t(int n): fa(n) { iota(fa.begin(), fa.end(), 0); }
    int getfa(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = getfa(fa[x]); }
    void unite(int l, int r) { fa[getfa(l)] = getfa(r); }
} dsu(1e4 + 10);

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> s(m * 2);
    vector<query_t> a(m);
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int l, r; string op;
        cin >> l >> r >> op;
        --l;
        s[i] = l, s[i + m] = r;
        a[i] = (query_t){l, r, op == "even"};
    }
    sort(s.begin(), s.end());
    s.erase(unique(s.begin(), s.end()), s.end());
    n = s.size();
    #define getid(x) (lower_bound(s.begin(), s.end(), x) - s.begin() + 1)
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int op = a[i].iseven;
        int l = getid(a[i].l), r = getid(a[i].r);
        // cout << "MERGE " << l << " " << r << " " << op << " WA " << n << endl;
        if (op == 1) {
            if (dsu.getfa(l) == dsu.getfa(r + n) || dsu.getfa(l + n) == dsu.getfa(r))
                cout << i << endl, exit(0);
            dsu.unite(l, r), dsu.unite(l + n, r + n);
        } else {
            if (dsu.getfa(l) == dsu.getfa(r) || dsu.getfa(l + n) == dsu.getfa(r + n))
                cout << i << endl, exit(0);
            dsu.unite(l, r + n), dsu.unite(l + n, r);
        }
    }
    cout << m << endl;
    return 0;
}

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