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简单并查集讲解

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ACM算法日常
发布2020-01-02 11:25:14
7840
发布2020-01-02 11:25:14
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文章被收录于专栏:ACM算法日常

并查集

并查集是一种树型的数据结构,用于处理一些不相交集合的合并以及查询问题

其有两个基本操作:

  • 1.合并两个不相交的集合。
  • 2.判断两个元素是否属于同一个集合

关于其算法流程:

  • 1.初始化 在一个数组中进行,首先令每个元素的父结点是其本身,即:
  • 2.合并 合并,两个集合,先找到,的根结点,将一个集合的根结点指向另外一个集合的根结点
  • 3.查询 可转化为判断两个元素的根结点是否相同,直接递归查询即可

但是这里存在一个很显然的问题。对于一条链来说,我们查询叶子结点的祖先的时候会把所有结点都遍历一遍,为了避免这种情况,我们可以有两种策略对其优化

  • 1.路径压缩 在回溯的时候将其子孙结点都指向其祖先,这样再次查询时就会变成的复杂度。
  • 2.按秩合并 元素秩小的集合合并到元素秩大的集合中,对于秩的定义由实际情况来决定可以是树的大小也可以是树的高度 //路径压缩 int find(int x) { return p[x] == x ? p[x] : p[x] = find(p[x]); } //按秩合并 void merge(int x, int y) { int rx = finx(x), ry = find(y); if(rx != ry) { if(rank[rx] <= rank[ry]) { p[rx] = ry; if(rank[rx] == rank[ry]) { rank[ry]++; } } else { p[ry] = rx; } } } 可以看到路径压缩是非常随意的直接连向祖先,而按秩合并相对有一定的约束,所以当在处理一些和权值有关的问题的时候随意的压缩路径,会使得信息没有办法维护。

问题主要出现在

  • 1.每个结点在压缩之前记录的是和父结点之间的权值,在find之后该点与根结点直接相连,权值应当做相应的更新。
  • 2.在两个并查集做合并的时候,权值也应该更新,一个根结点必定会成为另外一个根结点的子结点,这个权值也需要更新。

这样我们需要这两个问题有两套修改方案

  • 1.路径压缩时,因为父亲变了,原来3到1需要到2再到1,显然现在直接到1的话权值会变成原来的路上权值和。
  • 2.合并时更新权值,假设到的权值为,在处理时发现不在同一个集合,这个时候我需要把所在的集合的根结点合并。很显然合并之后我们经过到达和经过到达的权值应该相同,设我们从的权值是。所以有 即:

这些大家都懂,下面看两道题道题。

给个正整数, 有次操作,每次操作删去一个数,直到每个数都被删掉,对于每次操作,求出最大的连续段的和。

input
代码语言:javascript
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4
1 3 2 5
3 4 1 2
output
代码语言:javascript
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5 4 3 0
样例解释

一开始有四个数 。

第一个操作之后被删除,剩下两个连续子段和。前一个连续子段和为4,后一个为5,输出最大所以第一个操作之后的答案为5

第二个操作之后被删除,剩,答案为4

第三个操作之后被删除。剩,答案为3

最后全被删除答案为0。

题解

我们可以把这个删除操作,考虑成增加的操作相当于从一个空序列往上添加值,加一次,求一次线段的最大和,把操作都记下来,每次与当前值和前一个答案来更新答案。

在每次在处加入新的值的时候,判断与,的位置是否已经存在,若存在,则用并查集合并,把贡献全部累加到根节点上即可。

代码语言:javascript
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 4e5+5;
#define INF 0x3f3f3f3f
ll p[maxn];
ll find(ll x){
    return p[x] == x ? x : p[x] = find(p[x]);
}
ll a[maxn],b[maxn];
bool flag[maxn];
ll sum[maxn], ans[maxn];
int main(){
    int n = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        p[i] = i;
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        scanf("%d", a + i);
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        scanf("%d", b + i);
    }
    for(int i = n;i >= 1;i--){
        ll pos = b[i];
        sum[pos] = a[pos];
        flag[pos] = 1;
        if(flag[pos - 1]){
            int rx = find(pos), ry = find(pos-1);
            p[rx] = ry;
            sum[ry] += sum[rx];
        }
        if(flag[pos + 1]){
            int rx = find(pos), ry = find(pos + 1);
            p[rx] = ry;
            sum[ry] += sum[rx];
        }
        ans[i-1] = max(ans[i],sum[find(pos)]);
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        printf("%lld\n",ans[i]);
    }

    return 0;
}
C1664 2018 Wannafly winter camp day3 I
input
代码语言:javascript
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3 5
2 1
1 2 1
2 1
1 2 3
2 1
output
代码语言:javascript
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27
9
6
题解

直接来分析这个猜拳的过程,挑战者去找被挑战者猜拳,留在他自己位置上的概率是(赢和平),占的位置的概率是,对于有这么一次操作,场上就会发生一次这样的变动。考虑以下几点:

  • 1.在没有任何1操作之前,无论怎么发牌每个人都可以留在场上,所以不管查询谁,答案都是
  • 2.每进行一次1操作,挑战者为了留下来,牌的种类数只能变成,被挑战者为了留下来变成
  • 3.所以对于每个选手,挑战别人的次数为,被别人挑战的次数为,最后对于该选手的查询答案就是,统计即可。
  • 4.我们可以保留下所有1操作,在有2操作时遍历一遍前面所有1操作,但这显然会超时。但我们又不能直接开数组将,记下来,因为题目是撤去一个人的座位,并不是直接赶走某一个人,这个座位上坐的是几号人不清楚,只是存在一个可能性。
  • 5.所以不妨将每个座位看成一个集合,集合内存可能坐在该位置上的选手的编号,对于1操作,相当合并两个集合,在将,作为权记录下来,用带权并查集来维护即可。(注意本题中根节点本身也有权)。
代码语言:javascript
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = 998244353;
#define mod(x) x % MOD
const int maxn = 4e5+5;
ll qpow(ll a,int b){
    ll res = 1;
    a = mod(a);
    while(b){
        if(b & 1) res = mod(res * a);
        a = mod(a * a);
        b >>= 1;
    }
    return mod(res);
}
int p[maxn], n, m;
ll a[maxn],b[maxn];
int find(int x){
    if(x == p[x]){
        return x;
    }
    else{
        int t = p[x];
        p[x] = find(p[x]);
        if(t!=p[x]){
            a[x] += a[t], b[x] += b[t];
        }
        return p[x];
    }
    
}
int main(){
    while(~scanf("%d %d",&n,&m)){
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(b,0,sizeof(b));
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            p[i] = i;
        }
        int x = 0,y = 0;
        for(int i = 1; i <= m;i++){
            int kind = 0;
            scanf("%d",&kind);
            if(kind == 1){
                scanf("%d %d",&x,&y);
                a[x]++,b[y]++;
                p[y] = x;
                a[y] -= a[x], b[y] -= b[x];
            }
            else if(kind == 2){
                scanf("%d",&x);
                int rt = find(x), res = qpow(3,n);
                ll inv1 = 1ll*qpow(3,MOD-2), inv2 = mod(2 * 1ll * inv1);
                ll resa = mod(qpow(inv2,a[rt])), resb = qpow(inv1,b[rt]), ans = 0;
                if(rt == x){
                    ans = mod(mod(mod(1ll * res * resa) * resb));
                }
                else{
                    resa = mod(qpow(inv2, (a[rt] + a[x])));
                    resb = mod(qpow(inv1, b[rt] + b[x]));
                    ans = mod(mod(mod(1ll * res * resa) * resb));
                }
                printf("%lld\n",ans);
            }
            
        }
        
    }
}
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原始发表:2019-12-26,如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

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