Union-Find 算法应用

并查集详解

文章目录

Union-Find 算法应用
一、回顾Union-Find的框架
二、Union-Find 算法解决DFS问题
- 1.题目描述：被围绕的区域
- 2.分析
- 3.代码
- 1.题目描述：判定合法算式
- 2.分析
- 3.代码

一、回顾Union-Find的框架

class UF
{// 记录连通分量个数private int count;// 存储若干棵树private int[] parent;、// 记录树的“重量”private int[] size;public UF(int n) {this.count = n;parent = new int[n];size = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {parent[i] = i;size[i] = 1;}}/* 将 p 和 q 连通 */public void union(int p, int q) {int rootP = find(p);int rootQ = find(q);if (rootP == rootQ)return;// 小树接到大树下面，较平衡if (size[rootP] > size[rootQ]) {parent[rootQ] = rootP;size[rootP] += size[rootQ];} else {parent[rootP] = rootQ;size[rootQ] += size[rootP];}count--;}/* 判断 p 和 q 是否互相连通 */public boolean connected(int p, int q) {int rootP = find(p);int rootQ = find(q);// 处于同一棵树上的节点，相互连通return rootP == rootQ;}/* 返回节点 x 的根节点 */private int find(int x) {while (parent[x] != x) {// 进行路径压缩parent[x] = parent[parent[x]];x = parent[x];}return x;}public int count() {return count;}
}

算法的关键点有 3 个：

1、用parent数组记录每个节点的父节点，相当于指向父节点的指针，所以parent数组内实际存储着一个森林（若干棵多叉树）。
2、用size数组记录着每棵树的重量，目的是让union后树依然拥有平衡性，而不会退化成链表，影响操作效率。
3、在find函数中进行路径压缩，保证任意树的高度保持在常数，使得union和connectedAPI 时间复杂度为 O(1)。

有的菇凉们可能会问，既然有了路径压缩，size数组的重量平衡还需要吗？这个问题很有意思，因为路径压缩保证了树高为常数（不超过 3），那么树就算不平衡，高度也是常数，基本没什么影响。

我认为，论时间复杂度的话，确实，不需要重量平衡也是 O(1)。但是如果加上size数组辅助，效率还是略微高一些，比如下面这种情况：

如果带有重量平衡优化，一定会得到情况一，而不带重量优化，可能出现情况二。高度为 3 时才会触发路径压缩那个while循环，所以情况一根本不会触发路径压缩，而情况二会多执行很多次路径压缩，将第三层节点压缩到第二层。
也就是说，去掉重量平衡，虽然对于单个的find函数调用，时间复杂度依然是 O(1)，但是对于 API 调用的整个过程，效率会有一定的下降。当然，好处就是减少了一些空间，不过对于 Big O 表示法来说，时空复杂度都没变。

下面言归正传，来看看这个算法有什么实际应用。

二、Union-Find 算法解决DFS问题

很多使用 DFS 深度优先算法解决的问题，也可以用 Union-Find 算法解决。

1.题目描述：被围绕的区域

给定一个二维的矩阵，包含 'X' 和 'O'（字母 O）。

找到所有被 ‘X’ 围绕的区域，并将这些区域里所有的 ‘O’ 用 ‘X’ 填充。

示例:

X X X X
X O O X
X X O X
X O X X

运行你的函数后，矩阵变为：

X X X X
X X X X
X X X X
X O X X

解释:

被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 'O' 都不会被填充为 'X'。
任何不在边界上，或不与边界上的 'O' 相连的 'O' 最终都会被填充为 'X'。如果两个
元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。

2.分析

注意哦，必须是完全被围的O才能被换成X，也就是说边角上的O一定不会被围，进一步，与边角上的O相连的O也不会被X围四面，也不会被替换：

解决这个问题的传统方法也不困难，先用 for 循环遍历棋盘的四边，用 DFS算法把那些与边界相连的O换成一个特殊字符，比如#；然后再遍历整个棋盘，把剩下的O换成X，把#恢复成O。这样就能完成题目的要求，时间复杂度O(MN)。
这个问题也可以用 Union-Find 算法解决，虽然实现复杂一些，甚至效率也略低，但这是使用 Union-Find算法的通用思想，值得一学。
你可以把那些不需要被替换的O看成一个拥有独门绝技的门派，它们有一个共同祖师爷叫dummy，这些O和dummy互相连通，而那些需要被替换的O与dummy不连通。

这就是 Union-Find 的核心思路，明白这个图，就很容易看懂代码了：

首先要解决的是，根据我们的实现，Union-Find底层用的是一维数组，构造函数需要传入这个数组的大小，而题目给的是一个二维棋盘。
这个很简单，二维坐标(x,y)可以转换成x * n + y这个数（m是棋盘的行数，n是棋盘的列数）。敲黑板，这是将二维坐标映射到一维的常用技巧。
其次，我们之前描述的「祖师爷」是虚构的，需要给他老人家留个位置。索引[0.. m*n-1]都是棋盘内坐标的一维映射，那就让这个虚拟的dummy节点占据索引m*n好了。

3.代码

传统DFS解法：

class Solution {public:void solve(vector<vector<char>>& board) {if(board.size()<3)return ;int m=board.size();int n=board[0].size();for(int i=0;i<m;i++){dfs(i,0,board);dfs(i,n-1,board);}for(int i=0;i<n;i++){dfs(0,i,board);dfs(m-1,i,board);}for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(board[i][j]=='O')board[i][j]='X';if(board[i][j]=='*')board[i][j]='O';}}return ;}void dfs(int x,int y,vector<vector<char>>&board){if(x<0||y<0||x>=board.size()||y>=board[0].size()||board[x][y]!='O')return ;board[x][y]='*';dfs(x+1,y,board);dfs(x-1,y,board);dfs(x,y+1,board);dfs(x,y-1,board);return ;}
};

并查集解法：

void solve(char[][] board)
{if (board.length == 0) return;int m = board.length;int n = board[0].length;// 给 dummy 留一个额外位置UF uf = new UF(m * n + 1);int dummy = m * n;// 将首列和末列的 O 与 dummy 连通for (int i = 0; i < m; i++) {if (board[i][0] == 'O')uf.union(i * n, dummy);if (board[i][n - 1] == 'O')uf.union(i * n + n - 1, dummy);}// 将首行和末行的 O 与 dummy 连通for (int j = 0; j < n; j++) {if (board[0][j] == 'O')uf.union(j, dummy);if (board[m - 1][j] == 'O')uf.union(n * (m - 1) + j, dummy);}// 方向数组 d 是上下左右搜索的常用手法int[][] d = new int[][]{{1,0}, {0,1}, {0,-1}, {-1,0}};for (int i = 1; i < m - 1; i++) for (int j = 1; j < n - 1; j++) if (board[i][j] == 'O')// 将此 O 与上下左右的 O 连通for (int k = 0; k < 4; k++) {int x = i + d[k][0];int y = j + d[k][1];if (board[x][y] == 'O')uf.union(x * n + y, i * n + j);}// 所有不和 dummy 连通的 O，都要被替换for (int i = 1; i < m - 1; i++) for (int j = 1; j < n - 1; j++) if (!uf.connected(dummy, i * n + j))board[i][j] = 'X';
}

这段代码很长，其实就是刚才的思路实现，只有和边界O相连的O才具有和dummy的连通性，他们不会被替换。

说实话，Union-Find 算法解决这个简单的问题有点杀鸡用牛刀，它可以解决更复杂，更具有技巧性的问题，主要思路是适时增加虚拟节点，想办法让元素「分门别类」，建立动态连通关系。

1.题目描述：判定合法算式

这个问题用 Union-Find 算法就显得十分优美了。题目是这样：

给你一个数组equations，装着若干字符串表示的算式。每个算式equations[i]长度都是 4，而且只有这两种情况：a==b或者a!=b，其中a,b可以是任意小写字母。你写一个算法，如果equations中所有算式都不会互相冲突，返回 true，否则返回 false。

例：

比如说，输入["a==b","b!=c","c==a"]，算法返回 false，
因为这三个算式不可能同时正确。

再比如，输入["c==c","b==d","x!=z"]，算法返回 true，
因为这三个算式并不会造成逻辑冲突。

2.分析

我们前文说过，动态连通性其实就是一种等价关系，具有「自反性」「传递性」和「对称性」，其实==关系也是一种等价关系，具有这些性质。所以这个问题用 Union-Find 算法就很自然。

核心思想是，将equations中的算式根据 == 和 != 分成两部分，先处理==算式，使得他们通过相等关系各自勾结成门派；然后处理!=算式，检查不等关系是否破坏了相等关系的连通性。

3.代码

boolean equationsPossible(String[] equations) {// 26 个英文字母UF uf = new UF(26);// 先让相等的字母形成连通分量for (String eq : equations) {if (eq.charAt(1) == '=') {char x = eq.charAt(0);char y = eq.charAt(3);uf.union(x - 'a', y - 'a');}}// 检查不等关系是否打破相等关系的连通性for (String eq : equations) {if (eq.charAt(1) == '!') {char x = eq.charAt(0);char y = eq.charAt(3);// 如果相等关系成立，就是逻辑冲突if (uf.connected(x - 'a', y - 'a'))return false;}}return true;
}