食物链 (利用并查集的两种解决方法)

食物链是并查集中的一道经典题, 第一次看《挑战程序设计竞赛》上懵懵懂懂, 最近又看见了发现还是一脸懵逼。

首先题目如下

动物王国中有三类动物 A,B,C，这三类动物的食物链构成了有趣的环形。A 吃 B，B 吃 C，C 吃 A。现有 N 个动物，以 1∼N 编号。每个动物都是 A,B,C 中的一种，但是我们并不知道它到底是哪一种。有人用两种说法对这 N 个动物所构成的食物链关系进行描述：第一种说法是 1 X Y，表示 X 和 Y 是同类。第二种说法是 2 X Y，表示 X 吃 Y。此人对 N 个动物，用上述两种说法，一句接一句地说出 K 句话，这 K 句话有的是真的，有的是假的。当一句话满足下列三条之一时，这句话就是假话，否则就是真话。当前的话与前面的某些真的话冲突，就是假话；
当前的话中 X 或 Y 比 N 大，就是假话；
当前的话表示 X 吃 X，就是假话。
你的任务是根据给定的 N 和 K 句话，输出假话的总数。

第一次见可能不知道怎么用并查集维护这么多种集合, 甚至像我一样看了白书上的讲解还是不太懂, 下面是我重新思考了一下, 并看了y总的另一种讲解得出的一下总结。

一、维护所有的组合来判断关系

白书上的代码就是维护的所以组合, 但我一开始并没看懂。。。
首先我们先用一个3 * N 的数组建立并查集，每 N 个区间代表的是一种类型，想下面这样。

为了简洁, 下面对于三个区间分别称为 N, 2N, 3N

注意这里要抽象出来，不能理解为具体的A类、B类，因为题目中三者的关系是一个环, 所以只要记住 N 内的动物能吃 2N 内的动物，而 2N内的动物能吃 3N 内的动物, 然后 3N 内的动物能吃第 N 内的动物

然后在这个 3 * N 的并查集里面, 会有很多个集合, 而每一个集合都是一组关系, 举个栗子:
a 可以吃 b, 那么 a b 就是一个集合里的, 而上面的关系中有三种捕食关系, 所以 a 吃 b 有三种情况，一个是 a 是 N 内的, 则 b 就是2N内的(因为 N 可以吃 2N), 这时候数组中 a 和 b + N 就要成为一个集合；第二个是 a 是第 2N 内的, 则 b 就是 3N 内的, a + N 和 b + 2 * N 就是一个集合了；同理第三种情况a + 2 * N 和 b 就是一个集合。

注意这里 a, b 在不同的 N 区域内的性质不一样, 虽然都是a, b，但是他们代表的是不同物种的a, b，也就是说如果 a 和 b + N 在一个集合里，则这个集合存在 a 吃 b 的关系, 如果 a 和 b + 2N 在同一组，则存在 b 吃 a 的关系，等等…

对于题目的具体做法 :

首先判断它们是否是一个集合中的，即判断是否已经有关系了

如果 x 和 y 在同一个集合中

这时候就要判断 xy 已有的关系是否和所给的关系矛盾, 例如 x 和 y + N (第二组中的 y) 是同一个集合, 这说明 x 能吃 y，因此 x 和 y 是同类与 y 能吃 x 就是谎言。

注意这里不需要判断另外两种关系是否合法(第二组的x和第三组的y，第三组的x和第一组的y)，因为在下面合并过程中，我们把每种情况都保存下来了，如果 x 和 y + n 是一组，则必有 x + n 和 y + 2 * n 和 x + 2 * n 和 y 是同一组，所以只需要判断一种情况就行。

如果不在同一个集合

就需要把两个集合合并, 而他们是同类的可能有三种, 即同为第一种, 第二种和第三种。

具体代码如下 :

#include <iostream>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <map>
#include <unordered_set>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;#define mst(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 100000 + 10;
const int inf = INT32_MAX;int n, k;
int fa[maxn * 3], cnt;int find(int x) {return fa[x] = fa[x] == x ? x : find(fa[x]);
}void merge(int x, int y) {fa[find(x)] = find(y);
}int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);cin >> n >> k;for (int i = 0; i <= n * 3 + 10; i++) fa[i] = i;while (k--) {int d, x, y;cin >> d >> x >> y;if (x <= 0 || x > n || y <= 0 || y > n) {cnt += 1;continue;}if (d == 1) {if (find(x) == find(y + n) || find(x) == find(y + 2 * n)) {// 如果 x 能吃 y, 或者 x 能被 y 吃, 则为谎言cnt += 1;} else {// 否则 xy 合并为同一种merge(x, y); // 同为第一种merge(x + n, y + n); // 同为第二种merge(x + 2 * n, y + 2 * n); // 同为第三种}} else {if (find(x) == find(y) ||find(x) == find(y + 2 * n)) {// 如果 x 和 y 是同一种 或者 x 能被 y 吃, 则为谎言cnt += 1;} else {// 否则合并 x 能吃 ymerge(x, y + n); // 第一种生物的 x 能吃 ymerge(x + n, y + 2 * n); // 第一种生物x 能吃 ymerge(x + 2 * n, y); // ....}}}cout << cnt << endl;return 0;
}

二、通过根节点判断关系

这种方法是在 acWing 上y总讲的，第一次听的时候有点懵，听第二遍才发现是真的妙，我把主要的思路说一下(强烈推荐y总的课，讲得算法很全很详细，而且价格也不是太贵)
因为关系是个三个节点的环，所以我们假设父节点被子节点吃，则可以确定子节点的子节点可以吃父节点，即：

注意这里说的根节点指的是并查集中每一个集合的祖先

然后可以发现能吃根节点的到根节点的距离为 1，能被根节点吃的到根节点的距离为 2，和根节点属于同一类的距离为 3，如果向下多画几个几点，你会发现他们模 3 之后的值分别是 1 2 0，所以只要确定了和根节点的距离，就可以确定他们之间的关系。
举个栗子:
如果 a 节点到根节点的距离 mod 3 = 1，b 节点 mod 3 = 2，这说明 a 能吃根节点，b 能被根节点吃，根据关系可以推出 b 能吃 a，他们之间的距离关系就是 : dis(a) % 3 + 1 = dis(b) % 3 ⇒ (dis(a) - dis(b) + 1) % 3 = 0
即 (dis(b) - dis(a) - 1) % 3 = 0

dis(x) 表示 x 到根节点的距离

如果 a 节点和 b 节点 mod 3 相等，说明他们是同一类，距离关系就为:
dis(a) % 3 = dis(b) % 3 ⇒ (dis(a) - dis(b)) % 3 = 0

这样我们就可以用上面两个等式来判断 a 和 b 如果在一个集合中，他们的关系是同一类还是捕食。

在合并节点的时候需要更新他们到根节点的距离:

如果 a 和 b 是同一类

则他们合并之后 a、b 到根节点的距离 mod 3 还是为0，如果以 a 向 b 合并

则有 (dis(a) + D) % 3 = dis(b) % 3，即 (dis(a) + D - dis(b)) % 3 = 0
要使上面等式为0，则 D 明显为 dis(b) - dis(a)，所以在合并的时候，a的距离只要更新为 dis(b) - dis(a) 就可以了

如果 a 吃 b

同理
则 (dis(a) - 1 + D) % 3 = dis(b) % 3 ⇒ (dis(a) + D - dis(b) - 1) % 3 = 0
所以只要更新 a 的距离为 dis(b) - dis(a) + 1 就彳亍。

具体代码：

#include <iostream>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <map>
#include <unordered_set>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;#define mst(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 100000 + 10;
const int inf = INT32_MAX;int fa[maxn], d[maxn];
int n, k, cnt;int find(int x) {if (x != fa[x]) {int u = fa[x]; // 保存 x 的祖先fa[x] = find(fa[x]); // 更新 x 集合d[x] += d[u]; // 更新x 到根节点的距离(x 到自己以前的根节点的// 距离 + 以前根节点到新根节点的距离)}return fa[x];
}void merge(int x, int y) {fa[find(x)] = find(y);
}int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);cin >> n >> k;for (int i = 0; i <= n; i++) fa[i] = i;while (k--) {int op, x, y;cin >> op >> x >> y;if (x > n || y > n) {cnt += 1;continue;}int fx = find(x), fy = find(y);if (op == 1) {if (fx == fy && (d[x] - d[y]) % 3) {// 如果 x 和 y 在同一集合, 且 x 和 y 不是同一类cnt++;} else if (fx != fy) {// 合并两个集合d[fx] = d[y] - d[x];fa[fx] = fy;}} else {if (fx == fy && (d[x] - d[y] - 1) % 3) {// 如果 x 和 y 在同一集合, 且 x 不能吃 ycnt++;} else if (fx != fy) {// 不是一个集合就合并d[fx] = d[y] - d[x] + 1;fa[fx] = fy;}}}cout << cnt << endl;return 0;
}

这种方法 y 总讲得真的非常详细，对竞赛有兴趣的可以考虑一下 acWing 的算法课。