并查集是算法竞赛中常用的一种数据结构。

它可以高效地处理集合之间的操作与询问。

其主要功能是查询两个元素是否在同一个集合以及将两个集合合并。

第一部分 并查集的基本操作

算法思想

1. 我们将所有元素建成很多棵树（森林），每一棵树就是一个集合。

2. 因为并查集是一个树结构，那么每个节点都有一个指针指向父节点。

3. 最开始时，每个元素就是一个独立的集合，每个元素各为一棵树且自己就是根及自己指向自己。

4. 当我们要查询两个元素是否在同一个集合时，可以判断它们是否在同一棵树上，即只要判断它们所在树的根相同与否就可以了。
   比如下图 $2,3$ 有相同的根 $1$，它们便在一个集合，但是 $2,9$ 分别拥有根 $1,7$，不在同一个集合。

5. 当我们要合并两个集合时，只要两棵树合并即可，即只要把两棵树的根节点连接起来就可以了。

算法优化（路径压缩）

我们发现，如果建出来的树长这样：

多次查找非常费时间，因为每次都可能要从最下面跑到最上面。

因为它们都是一个集合的，不在乎它在集合中的顺序或位置，所以我们可以把树变成这样：

即每次查询一个元素在哪一个集合的时候顺便把它接在根节点上。

下面我们通过例题讲讲如何实现该数据结构。

例题

例题1：P3367 【模板】并查集

题目描述

思路

模板题，将上面讲述的思路应用到代码中即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10010;
int n, m;
int fa[N];
int find(int x) {
if (x == fa[x]) return x;
return fa[x] = find(fa[x]);	// 将根节点直接作为 x 点的父亲节点
}
void merge(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx == fy) return;
    fa[fx] = fy;				// 将两个根节点合并
}
void init() {
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;// 初始化
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m;
init();
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int x, y, z;
        cin >> x >> y >> z;
if (x == 1) merge(y, z);
else {
if (find(y) == find(z)) cout << "Y\n";
else cout << "N\n";
        }
    }
return 0;
}

例题2：HDU 1213 How many tables

题目描述

思路

将认识的人合并为一个集合，最后查找有多少个集合即可。

查询集合数量有两种方法：

方法1：等所有操作进行完成以后，我们可以查询有多少棵树，也就是查找有多少个根；
方法2：我们定义 $cnt$ 初始值为 $n$，当合并两个不同的集合时，$cnt$ 就可以 $-1$，代表两个集合合并，集合数量少了一个。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m;
int fa[N];
void init() {
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
}
int find(int u) {
if (u == fa[u]) return u;
return fa[u] = find(fa[u]);
}
void merge(int a, int b) {
int fx = find(a), fy = find(b);
if (fx != fy) fa[fx] = fy;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
int T;
    cin >> T;
while (T--) {
        cin >> n >> m;
int cnt = n;
init();
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int x, y;
            cin >> x >> y;
if (find(x) != find(y)) cnt--;	// 方法2统计结果
merge(x, y);
        }
        cout << cnt << '\n';
    }
return 0;
}

例题3：P3958 [NOIP2017 提高组] 奶酪

题目描述

思路

如果两个圆的中心相距不超过 $2R$，$R$ 为半径，那么就将两个洞合并为一个集合；

如果一个圆的中心与上下表面相距不超过 $R$，那么就将洞与上下表面合并；

最后看看上下表面受否在同一个集合，如果在同一个集合，那么一定可以从下表面走到上表面。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n;
double h, r;
struct pos {
double x, y, z;
} p[N];
int fa[N];
int find(int x) {
if (x == fa[x]) return x;
return fa[x] = find(fa[x]);
}
void merge(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx == fy) return;
    fa[fx] = fy;
}
double dis(int v1, int v2) {
double x = p[v1].x, y = p[v1].y, z = p[v1].z;
double a = p[v2].x, b = p[v2].y, c = p[v2].z;
return sqrt((x - a) * (x - a) + (y - b) * (y - b) + (z - c) * (z - c));
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
int T;
    cin >> T;
while (T--) {
        cin >> n >> h >> r;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i].x >> p[i].y >> p[i].z;
for (int i = 0; i <= n + 1; i++) fa[i] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j < i; j++) {
if (dis(i, j) <= 2 * r) {
merge(i, j);
                }
            }
        }
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (p[i].z <= r) merge(0, i);
if (p[i].z >= h - r) merge(n + 1, i);
        }
if (find(0) == find(n + 1)) cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
    }
return 0;
}

例题4：P1111 修复公路

题目描述

思路

我们将所有公路按照修复完成时间从小到大排序，

然后一个一个合并过去，表示公路修好后将两个村庄可以通车，成为一个集合，

如果什么时候合并到只有一个集合时，那个时间点就是答案。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
struct road {
int x, y, t;
} r[N];
int n, m;
int fa[N];
int find(int x) {
if (x == fa[x]) return x;
return fa[x] = find(fa[x]);
}
int merge(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx == fy) return 0;
    fa[fx] = fy;
return 1;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> r[i].x >> r[i].y >> r[i].t;
sort(r + 1, r + m + 1, [](const road a, const road b) { return a.t < b.t; });			// 按照修复完成时间从小到大排序
int cnt = n;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int x = merge(r[i].x, r[i].y);
        cnt -= x;
if (cnt == 1) {		// 只有一个集合
            cout << r[i].t << '\n';
return 0;
        }
    }
    cout << -1 << '\n';
return 0;
}

第二部分 带权并查集

算法思路

即为树上的每一条边赋上一个权值，比如边的长度，维护该节点与父节点的关系。

相应的，当我们进行路径压缩的优化时，我们发现所有的节点都接到根上去了，那么这时每一条边也自然而然地变成了维护该节点与根节点的关系。

比如权值是是长度时，我们要根据路径压缩的结果对路径权值进行更新：

路径压缩时更新权值

还是路径长度的例子（如上图），

当我们的父节点 $f$ 已经被成功合并到根节点时，

我们自然而然地想到如何更新子节点 $x$ 的距离信息，

看下面的图可以帮助理解

有 $d[x]=d[x_{\mathrm{原}}]+d[f]$，

$d[x_{\mathrm{原}}]$ 表示 $x$ 节点与原来的父节点的距离，

$x$ 现在的的父节点变成了根，所以有：

合并时更新权值

假如给定 $x$ 点和 $y$ 点的距离为 $v$。

那我们其实已经可以知道 $x$ 所在子树和 $y$ 所在子树的任意两个点之间的距离（因为它们都是树结构）。

然后我们要将 $x$ 所在集合和 $y$ 所在集合合并，就可以实现调查任意两点的关系（距离）

如何处理呢？

我们把 $x$ 树接到 $y$ 上，

还是直接将 $x$ 所在子树的根接到 $y$ 所在的子树的根即可。

我们现在开始处理 $d$ 数组。

我们发现只要更改一条边，就是图中标红的边（$d[rx]$）就够了：

因为 $d[rx]$ 被更改了，

其他边都可以随着调用上面讲的 $find$ 函数进行更新。

怎么更新 $d[rx]$ 呢，

我们可以利用高中数学知识（向量）去理解，

容易发现 $d[rx]=-d[x]+v+d[y]$。

这里举的是路径长度的问题，在遇到各种题目时中可以灵活运用，比如将 $+$ 改成 $\times -xor$ 等。

例题

例题5：HDU3038 How Many Answers Are Wrong

题目描述

思路

对于一个区间 $[l,r]$ 的和为 $s$ 我们可以这样理解：$l-1$ 和 $r$ 的差距为 $s$。

我们能想到这一点就非常简单了，把刚刚的 $a,b$ 两点的路径长度改成 $l-1$ 和 $r$ 相差 $s$ 即可。

直接套用模板。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 200010;
int n, m;
int fa[N];
int d[N];
int ans;
void init() {
	ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) fa[i] = i, d[i] = 0; 	// 别忘了初始化
}
int find(int u) {
if (u == fa[u]) return u;
int f = fa[u];						// 保存当前父节点 f，一会要通过 d[f] 更新 d[u]
	fa[u] = find(fa[u]);				// 路径压缩
	d[u] += d[f];						// 通过 d[f] 更新 d[u]
return fa[u];
}
void merge(int x, int y, int v) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx == fy) {						// 在同一个集合，查真伪
if (d[y] - d[x] != v) {
			ans++;
		}
	}
else {								// 不在同一个集合，合并以知晓关系
		fa[fy] = fx;
		d[fy] = -d[y] + v + d[x];
	}
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
while (cin >> n >> m) {
init();
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int l, r, s;
			cin >> l >> r >> s;
merge(l - 1, r, s);		// 注意 l 要 -1
		}
		cout << ans << '\n';
	}
return 0;
}

例题6：POJ1703 Find them, Catch them

题目描述

题目翻译出来有很多种，有说吃糖的，有说警察抓小偷的。。。

思路

一样的道理，如果一个节点 $x$ 与父节点的糖的类型相同，那么关系 $d[x]=0$，如果不同 $d[x]=1$。

对于第一种操作 D a b ，我们只要知道 $x$ 点和 $y$ 点的关系为 $1$，再将两个集合合并 即可。

对于第二种操作 A a b，我们只要知道 $x$ 点和 $y$ 点与根节点的关系是否相同即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m;
int d[N];
int fa[N];
void init() {
for (int i = 0; i <= n; i++) fa[i] = i, d[i] = 0;
}
int find(int x) {
if (x == fa[x]) return x;
int f = fa[x];
    fa[x] = find(fa[x]);
    d[x] += d[f];
return fa[x];
}
void merge(int x, int y, int v) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx == fy) return;
    fa[fx] = fy;
    d[fx] = -d[x] + v + d[y];
}
int mod(int x, const int m) {
return (x % m + m) % m;
}
void solve() {
scanf("%d%d", &n, &m);
init();
char opt[2];
int a, b;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%s%d%d", opt, &a, &b);
if (*opt == 'A') {
int fa = find(a), fb = find(b);
if (fa != fb) printf("Not sure yet.\n");
else if (mod(d[a] - d[b], 2) == 0) printf("In the same gang.\n");
else printf("In different gangs.\n");
        }
else {
merge(a, b, 1);
        }
    }
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) solve();
return 0;
}

例题7：P1525 [NOIP2010 提高组] 关押罪犯

题目描述

思路

我们将所有的关系看成边，所有的犯人看成点，将边按照怒气值从大到小排序。

利用贪心，我们从前往后枚举，那么越靠前的怒气值越大，我们越不希望将其保留下来，我们更希望将他们放进两个监狱。

于是我们套路化地将那两个犯人连上一条权值为 $1$ 的边，表示他们最好呆在两个监狱。

当什么时候发生矛盾时，那么那个边的怒气值就是答案，也是省长会看到的值。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 20010, M = 100010;
struct edge {
int u, v, w;
} e[M];
bool cmp(const edge a, const edge b) {
return a.w > b.w;
}
int n, m;
int fa[N];
int d[N];
int mod(int x, const int m) {
return (x % m + m) % m;
}
int find(int x) {
if (x == fa[x]) return x;
int f = fa[x];
    fa[x] = find(fa[x]);
    d[x] = mod(d[x] + d[f], 2);
return fa[x];
}
bool merge(int x, int y, int v) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx == fy) {
if (mod(d[x] - d[y], 2) != v) {
return false;
        }
    }
else {
        fa[fx] = fy;
        d[fx] = mod(-d[x] + v + d[y], 2);
    }
return true;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> e[i].u >> e[i].v >> e[i].w;
sort(e + 1, e + m + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (!merge(e[i].u, e[i].v, 1)) {
            cout << e[i].w << '\n';
return 0;
        }
    }
    cout << 0 << '\n';
return 0;
}

例题8：P1196 [NOI2002] 银河英雄传说

题目描述

思路

这次权值维护方法的不太一样。

我们将一列的战舰当作一个集合，

通过并查集维护集合和每一个点 $u$ 到根节点的距离 $dis[u]$，

调查同一个集合的 $u,v$ 相差多少个战舰可以通过 $|dis[u]-dis[v]|-1$ 算出；

合并 $x$ 到 $y$ 时，注意修改 $dis[x]$ 为 $y$ 树原来的大小，$y$ 树的大小要加上 $d[x]$。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 30010;
int fa[N];
int sz[N];
int d[N];
void init() {
for (int i = 1; i < N; i++) fa[i] = i, sz[i] = 1, d[i] = 0;
}
int find(int x) {
if (x == fa[x]) return x;
int f = fa[x];
    fa[x] = find(fa[x]);
    d[x] += d[f];
return fa[x];
}
void merge(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx == fy) return;
    fa[fx] = fy;
    d[fx] = sz[fy];
    sz[fy] += sz[fx];
}
int query(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx != fy) return -1;
return max(0, abs(d[x] - d[y]) - 1);
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
init();
int T;
    cin >> T;
char opt;
int x, y;
while (T--) {
        cin >> opt >> x >> y;
if (opt == 'M') merge(x, y);
else cout << query(x, y) << '\n';
    }
return 0;
}

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