并查集的使用及其实现

并查集

概述

详细教程参考之前转载的并查集详解

---

性质

并查集算法（union_find sets）不支持分割一个集合,求连通子图、求最小生成树

用法

并查集是由一个数组pre[]，和两个函数构成的，一个函数为find()函数，用于寻找前导点的，第二个函数是join()用于合并路线的

int find(int x){    int r=x;    while(pre[r]!=r)    r=pre[r];//找到他的前导结点    int i=x,j;    while(i!=r)//路径压缩算法    {        j=pre[i];//记录x的前导结点        pre[i]=r;//将i的前导结点设置为r根节点        i=j;    }    return r;}

路径压缩为了加快查找的速度，将x点与其根节点直接相连，构造成类似于只有叶子结点而没有分支结点的树

---

join()函数

void join(int x,int y){    int a=find(x);//x的根节点为a    int b=find(y);//y的根节点为b    if(a!=b)//如果a,b不是相同的根节点，则说明ab不是连通的    {        pre[a]=b;//我们将ab相连 将a的前导结点设置为b    }}

---

初始化

我们将每一个结点的前导结点设置为自己，如果在join函数时未能形成连通，将独立成点

for(int i=0;i<n;i++)//n表示输入的结点的个数{    pre[i]=i;//将每一个结点的前导点设置为自己}

---

用法

试题来自第八届蓝桥杯试题
第三次编辑这道题目
标题：风险度量

X星系的的防卫体系包含 n 个空间站。这 n 个空间站间有 m 条通信链路，构成通信网。
两个空间站间可能直接通信，也可能通过其它空间站中转。

对于两个站点x和y (x != y), 如果能找到一个站点z，使得：
当z被破坏后，x和y无法通信，则称z为关于x,y的关键站点。

显然，对于给定的两个站点，关于它们的关键点的个数越多，通信风险越大。

你的任务是：已知网络结构，求两站点之间的通信风险度，即：它们之间的关键点的个数。

输入数据第一行包含2个整数n(2 <= n <= 1000), m(0 <= m <= 2000),分别代表站点数，链路数。
空间站的编号从1到n。通信链路用其两端的站点编号表示。
接下来m行，每行两个整数 u,v (1 <= u, v <= n; u != v)代表一条链路。
最后1行，两个数u,v，代表被询问通信风险度的两个站点。

输出：一个整数，如果询问的两点不连通则输出-1.

例如：
用户输入：
7 6
1 3
2 3
3 4
3 5
4 5
5 6
1 6
应该输出：
2

我的错误

在进行分析的时候，我考虑了去边去点，去点的话，首先逐个去掉除了询问的点以外的点，同时去点的同时我们同样需要去掉与该点之间关联的边，查找与该点关联的边需要从整个数据中寻找数据量太大，一定会超时，还是需要考虑去边的办法，

//并查集#include<iostream>using namespace std;int pre[1005];//每个点的前导点int route[2005][2];//可以配对的路线int sum = 0;//符合条件的 即关键点的数量//查找int find(int x){    int r = x;    while (pre[r] != r)        r = pre[r];    int i = x, j;    while (i != r)//路径压缩算法    {        j = pre[i];//在改变他的前导点时，存储他的值        pre[i] = r;        i = j;//改变他的前导点为根节点    }    return r;}void join(int x, int y)//组合{    int fx = find(x), fy = find(y);//分别记录x,y的根节点    if (fx != fy)//如果他们的根节点相同，则说明他们不是连通图        pre[fx] = fy;//将x的根结点 同 相连接}int main(){    int n, m;    cin >> n>>m;//n表示站点的个数，m表示链路的个数    for (int i = 0; i < m; i++)    {        cin >> route[i][0] >> route[i][1];        join(route[i][0], route[i][1]);//将数据相互连接    }    int q1,q2;//待询问的两个点    cin >> q1 >> q2;    for (int ii = 0; ii < n; ii++)pre[ii] = ii;    for (int j = 0; j < m; j++)    {            join(route[j][0], route[j][1]);    }    int a = find(q1);    int b = find(q2);    //如果边全部存在时不可达，则输出 -1；    if (a != b)    {        cout << "-1" << endl;    }    else    {        for (int i = 1; i <= n; i++)//枚举每一个点        {            if (i == q1 || i == q2)continue;//如果是被询问的点，跳过，无需遍历   此处是最关键的部分            for (int j = 1; j <= n; j++)pre[j] = j;//将每一个初始化            for (int j = 0; j < m; j++)            {                if (route[j][0] == i || route[j][1]==i)continue;//去除当前点互相关联的边   解决问题的关键                int a = find(route[j][0]);                int b = find(route[j][1]);                if (a > b) { a ^= b; b ^= a; a ^= b; };//交换                if (a != b)pre[b] = a;//以较小的点作为父节点            }            int a = find(q1);            int b = find(q2);            if (a != b)sum++;            }            cout<<sum<<endl;        }        return 0;}

---

看到网上好多人在写并查集时，使用while(~sacnf("%d",&a)) scanf()函数的返回值是正确获得变量的个数
~scanf()函数就是没有得到正确的输入，总体上讲如果有正确结果输入，就退出循环，如果没有正确输入，就执行循环
看似没有什么区别，其实这种while()循环更加安全，保证不会因为非法的数字的输入执行程序的使用

---

测试数据

按照我之前对于数据的统计，现在给大家提供几组数据

1. 4 0
   1 2
   测试结果 -1
   
   1. 4 3
      2 3
      3 4
      2 4
      1 4
      测试结果 -1
   2. 3 2
      1 2
      2 3
      1 3
      测试结果 1
   3. 使用题目的数据 以及评论区的那个数据

测试数据的分析，对于第一组测试数据，有且仅有四个点 ，测试程序是否会进行连通性判断；第二组数据 1 是独立点 234是三个连通分量，程序需要判断是否1与其他的点能构成连通图；第三组数据，我们测试一条直线，所有的关键点全部在该直线上，判断程序记录的到底是关键点的个数还是边的个数；第四组我们测试任意情况下对于数据的处理我们可以打开画板，对我们的数据进行验证即可

---

反向并查集

题目

---

来自蓝桥杯系统历届试题库中的试题

问题描述
　　C国由n个小岛组成，为了方便小岛之间联络，C国在小岛间建立了m座大桥，每座大桥连接两座小岛。两个小岛间可能存在多座桥连接。然而，由于海水冲刷，有一些大桥面临着不能使用的危险。

　　如果两个小岛间的所有大桥都不能使用，则这两座小岛就不能直接到达了。然而，只要这两座小岛的居民能通过其他的桥或者其他的小岛互相到达，他们就会安然无事。但是，如果前一天两个小岛之间还有方法可以到达，后一天却不能到达了，居民们就会一起抗议。

　　现在C国的国王已经知道了每座桥能使用的天数，超过这个天数就不能使用了。现在他想知道居民们会有多少天进行抗议。
输入格式
　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示小岛的个数和桥的数量。
　　接下来m行，每行三个整数a, b, t，分别表示该座桥连接a号和b号两个小岛，能使用t天。小岛的编号从1开始递增。
输出格式
　　输出一个整数，表示居民们会抗议的天数。
样例输入
4 4
1 2 2
1 3 2
2 3 1
3 4 3
样例输出
2
样例说明
　　第一天后2和3之间的桥不能使用，不影响。
　　第二天后1和2之间，以及1和3之间的桥不能使用，居民们会抗议。
　　第三天后3和4之间的桥不能使用，居民们会抗议。
数据规模和约定
　　对于30%的数据，1<=n<=20，1<=m<=100；
　　对于50%的数据，1<=n<=500，1<=m<=10000；
　　对于100%的0<=n<=10000，1<=m<=10000。
　　，1<=a, b<=n， 1<=t<=100000。

#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;struct node{    int x, y, d;//d表示剩余的时间  x,y分别表示桥的两端的端点}bridge[10005];//创建桥的数量int pre[10005];//前导结点的个数bool cmp(node a, node b)//时间比较   如果第一个参数大于第二个参数，则返回true{    return a.d>b.d;}int find(int x)//查找根节点{    int r=x;    while (pre[r] != r)        r = pre[r];    //尝试尝试路径压缩算法    return r;}bool join(int x, int y)//合并链路{    int fx = find(x);    int fy = find(y);    if (fx != fy)    {        pre[fx] = fy;        return 1;//没有桥，我们将直接构造形成桥    }    return 0;//有桥无需构造}int main(){    int n, m;    cin >> n >> m;    for (int i = 0; i < m; i++)    {        cin >> bridge[i].x >> bridge[i].y >> bridge[i].d;//输入桥头两侧 使用天数    }    //    for (int i = 0; i < n; i++)    {        pre[i] = i;//初始化每个小岛，使其独立    }    //按照使用时间排序进行整合    sort(bridge, bridge + m, cmp);//天数从大到小排列    int fight = 0;//表示反抗的日子    int pre = -1;//    for (int i = 0; i < m; i++)//此时的时间已经是从大到小的排序    {        int way = join(bridge[i].x, bridge[i].y);//从时间从大到小重新构造桥        if (way == 1 && bridge[i].d != pre)//如果系统构造的桥并且天数不等于-1        {            fight++;            pre = bridge[i].d;        }    }    cout << fight << endl;    return 0;}

这是我的代码在通过系统的时候由于超出限制时间，只有40%的分数，其中由于一次需要输入三个变量，并且我们在之后的操作中需要对时间进行排序，所以我们采取结构体命名变量我们建时间按照从大到小的顺序排列，将每个岛屿全部独立分开重新构建来连通图，我们将按照时间天数优先，针对测试样例，以及之前的顺序优先准则来重新构建，从第一条边开始，如果不是连通图，就呼叫一次fight++，直到所有的结点全部构成连通图，结束执行，无论后面还有多少条未加入的边

---

未完待续