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农夫约翰的 N ( 2 < = N < = 10 , 000 ) N(2<=N<=10,000) N(2<=N<=10,000)只奶牛标号为 1.. N 1..N 1..N，同样的有 M ( 1 < = M < = 30 , 000 ) M(1<=M<=30,000) M(1<=M<=30,000)种牛语标号为 1.. M 1..M 1..M，第i只奶牛会说 K i ( 1 < = K i < = M ) K_i(1<=K_i<=M) Ki(1<=Ki<=M)种牛语，分别为 L i 1 , L i 2 , … , L i K i ( 1 < = L i j < = M ) L_i1,L_i2,…,L_{iK_i}(1<=L_ij<=M) Li1,Li2,…,LiKi(1<=Lij<=M)，农夫的奶牛不是特别聪明，所以 K i K_i Ki的累加和不大于 100 , 000 100,000 100,000。
两只奶牛只有当他们至少有一门语言一样的时候才可以沟通。否则这两只奶牛就需要别人来帮他们翻译才能交流。换句话说，A和B要进行沟通，他们可以通过 T 1 , T 2 , … , T k T_1,T_2,…,T_k T1,T2,…,Tk来传递，比如A和 T 1 , T 1 T_1,T_1 T1,T1和 T 2 , … , T k T_2,…,T_k T2,…,Tk和B进行交流。
农夫希望他的奶牛可以多多沟通，所以他买了很多课本去教她的奶牛语言。当然农夫非常的吝啬，他希望买最少的书就可以让所有的奶牛可以交流。你的任务就是帮他算出最少需要买几本书。

输入:
3 3
2 3 2
1 2
1 1
输出:
1

emmm,算是一道有点思维难度的题吧,但是实际难度也不是很高??

主要思路:

显然我们读完题目之后就会发现这是一道并查集的题目.然后我们就可以开始着手了.
刚开始我看完题目的想法是用一个并查集来维护父亲以及每一个集合中掌握的所有语言,然后每次枚举奶牛时判断和每一个大集合有无共同语言,但是显然的,这么做是会超时的.我们需要一个更加快捷的方法.所以此时我们需要将脑子转一个方向,为什么我们不记录每一个语言第一个被掌握的奶牛的编号呢.假设我们这么做的话,在之后的枚举中,我们只要判断该语言有没有被之前的人掌握,假设有被掌握,我们就将那个人视为父亲,假设没有掌握,就将lang数组的值赋为自己,反正我们当前这个数因为其他的语言已经成为其他人的儿子了.(这种罗技关系光光讲的话并不是能讲的十分清楚,看不懂就结合代码理解吧)

主要的代码部分:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <string.h>
#include <stack>
#include <deque>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {ll x=0,w=1;char ch=getchar();for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';return x*w;
}
#define maxn 1000000
#define ll_maxn 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const double eps=1e-8;
int n,m;
int lang[maxn];
int fa[maxn];
int find(int a) {if(a==fa[a]) return a;else return fa[a]=find(fa[a]);
}
int main() {memset(lang,0,sizeof(lang));n=read();m=read();int num;int l;int ans=n;for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;for(int i=1;i<=n;i++) {num=read();for(int j=1;j<=num;j++) {l=read();if(lang[l]) {if(find(i)!=find(lang[l])) {fa[find(i)]=find(lang[l]);ans--;}}else {lang[l]=i;}}}printf("%d\n",ans-1);return 0;
}

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