Union-Find 并查集算法 参考：

Union-Find 并查集算法 | labuladong 的算法笔记本文讲解并查集/Union-Find 动态连通性算法的原理，解决力扣/LeetCode 上的相关题目，同时给出 Java/Python/Go/JavaScript/C++ 代码实现。https://labuladong.online/algo/data-structure/union-find/#%E4%BA%8C%E3%80%81%E5%9F%BA%E6%9C%AC%E6%80%9D%E8%B7%AF

一、动态连通性

并查集（Union-Find）是一个针对动态连通性的算法。而动态连通性在于在于一张图中的 n 个节点，有哪些是连通的，途中又有多少连通分量。

连通分量是指图中独立的一组元素，他们彼此直接或间接的相连，并且没有其他节点与他们相连。在并查集（Union-Find）数据结构中，连通分量用于跟踪哪些元素是相互连通的。当两个元素被合并时，它们所在的连通分量会合并为一个更大的连通分量。最终，每个连通分量可以用一个唯一的代表（或根）来标识。

而并查集能够实现的功能包括将途中两个点连接、判断两个点是否相连、返回图中有多少连通分量。

class UF {
public:
    // 将 p 和 q 连接
    void union_(int p, int q) = 0;

    // 判断 p 和 q 是否连通
    bool connected(int p, int q) = 0;

    // 返回图中有多少个连通分量
    int count() = 0;
};

二、基本思路

在理解了动态连通性的概念之后，我们发现 Union-Find 算法的关键就在于 union 和 connected 函数的效率。那么我们应该用怎样的【模型】来表示这幅图的联通状态？用什么【数据结构】来实现代码？

使用【森林】（若干树结构）来表示图的动态连通性，用【数组】来具体实现这个森林。设定树的每个节点有一个指针指向其父节点，如果是根节点的话，这个指针指向自己。

class UF {
    // 记录连通分量
    int _count;
    // 节点 x 的父节点是 parent[x]
    vector<int> parent;

public:
    // 构造函数，n 为图的节点总数
    UF(int n) {
        // 一开始互不连通
        this->_count = n;
        // 父节点指针初始只想自己
        parent = vector<int>(n);
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            parent[i] = i;
    }

    // 其他函数
};

如果某两个节点被连通，则让其中的（任意）一个节点的根节点连接到零一节点的根节点上：

class UF {

//...省略上文给出的代码

private:
    // 返回某个节点 x 的根节点
    int find(int x) {
        // 根节点的 parent[x] == x
        while (parent[x] != x)
            x = parent[x];
        return x;
    }

public:
    // 返回当前的连通分量个数
    void union_(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        if (rootP == rootQ)
            return;
        // 将两棵树合并为一棵
        parent[rootP] = rootQ;
        // parent[rootQ] = rootP 也一样

        // 两个分量合二为一
        _count--;
    }

    int count() {
        return _count;
    }
};

这样，如果节点 p 和 q 连通的话，它们一定拥有相同的根节点：

class UF {
private:
    // 省略上文给出的代码部分...

public:
    bool connected(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        return rootP == rootQ;
    }
};

至此，Union-Find 算法就基本完成了。它通过数组模拟出一个森林。通过考察算法的复杂度，我们发现主要的API 【connected】和【union】中的复杂度都是【find】函数造成的，所以说它们的复杂度和【find】一样。

【find】的主要功能是从某个节点向上遍历到树的根节点，自然的我们可能会认为树的高度是【logN】，但这并不一定。【logN】的高度只存在于平衡二叉树，对于一般的树可能会出现极端不平衡的情况，使得【树】几乎退化成【链表】，树的高度最坏情况下可能变为【N】。

所以说上面这种解法，【find】, 【union】 , 【connected】 的时间复杂度都是 O(N)。这个复杂度很不理想的，图论解决的都是诸如社交网络这样数据规模巨大的问题，对于 【union】 和 【connected】 的调用非常频繁，每次调用需要线性时间完全不可忍受。

问题的关键在于，如何想办法避免树的不平衡呢？只需要略施小计即可。

三、平衡性优化

不平衡的出现主要在于我们在合并两棵树的过程中，总是暴力的将 p 所在的树接到 q 所在的树的根节点下面，那么这里就可能出现【头重脚轻】的不平衡情况，比如：

长此以往，树可能生长得很不平衡。我们其实是希望，小一些的树接到大一些的树下面，这样就能避免头重脚轻，更平衡一些。解决方法是额外使用一个 size 数组，记录每棵树包含的节点数，我们不妨称为「重量」：

class UF {
private:
    int _count;
    vector<int> parent;
    // 新增一个数组记录树的“重量”
    vector<int> size;

public:
    UF(int n) {
        this->_count = n;
        this->parent.resize(n);
        // 最初每棵树只有一个节点
        // 重量应该初始化 1
        this->size.resize(n); 
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
            size[i] = 1;
        }
    }
    // 其他函数
};

比如，在 union 的过程中我们可以判断每棵树下面的节点个数，然后把小树合并到大树的下边。这样通过比较树的重量，姐可以保证树生长相对平衡，使复杂度大概在【logN】数量级。

class UF {
private:
    // 为了节约篇幅，省略上文给出的代码部分...
    
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--;
    }
};

四、路径压缩

其实我们并不在乎每棵树的结构长什么样，只在乎根节点。

因为无论树长啥样，树上的每个节点的根节点都是相同的，所以能不能进一步压缩每棵树的高度，使树高始终保持为常数？

这样每个节点的父节点就是整棵树的根节点，find 就能以 O(1) 的时间找到某一节点的根节点，相应的，connected 和 union 复杂度都下降为 O(1)。

要做到这一点主要是修改 find 函数逻辑，非常简单，但你可能会看到两种不同的写法。

第一种是在 find 中加一行代码：（把节点向上合并）

class UF {
    // 为了节约篇幅，省略上文给出的代码部分...

private:
    int find(int x) {
        while (parent[x] != x) {
            // 这行代码进行路径压缩
            parent[x] = parent[parent[x]];
            x = parent[x];
        }
        return x;
    }
};

用语言描述就是，每次 while 循环都会让部分子节点向上移动，这样每次调用 find 函数向树根遍历的同时，顺手就将树高缩短了。

路径压缩的第二种写法是这样：

class UF {
    // 为了节约篇幅，省略上文给出的代码部分...
    
    // 第二种路径压缩的 find 方法
    public:
        int find(int x) {
            if (parent[x] != x) {
                parent[x] = find(parent[x]);
            }
            return parent[x];
        }
};

// 迭代形式
// 这段迭代代码方便你理解递归代码所做的事情
int find(int x) {
    // 先找到根节点
    int root = x;
    while (parent[root] != root) {
        root = parent[root];
    }
    // 然后把 x 到根节点之间的所有节点直接接到根节点下面
    int old_parent = parent[x];
    while (x != root) {
        parent[x] = root;
        x = old_parent;
        old_parent = parent[old_parent];
    }
    return root;
}
// 直接把最底层的节点合并到根节点上

这种路径压缩的效果如下：

比起第一种路径压缩，显然这种方法压缩得更彻底，直接把一整条树枝压平，一点意外都没有。就算一些极端情况下产生了一棵比较高的树，只要一次路径压缩就能大幅降低树高，从 摊还分析 的角度来看，所有操作的平均时间复杂度依然是 O(1)，所以从效率的角度来说，推荐你使用这种路径压缩算法。

另外，如果使用路径压缩技巧，那么 size 数组的平衡优化就没有必要了。所以你一般看到的 Union Find 算法应该是如下实现：

class UF {
private:
    // 连通分量个数
    int _count;
    // 存储每个节点的父节点
    vector<int> parent;

public:
    // n 为图中节点的个数
    UF(int n) {
        this->_count = n;
        this->parent.resize(n);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
        }
    }
    
    // 将节点 p 和节点 q 连通
    void union_(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        
        if (rootP == rootQ)
            return;
        
        parent[rootQ] = rootP;
        // 两个连通分量合并成一个连通分量
        _count--;
    }

    // 判断节点 p 和节点 q 是否连通
    bool connected(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        return rootP == rootQ;
    }

    int find(int x) {
        if (parent[x] != x) {
            parent[x] = find(parent[x]);
        }
        return parent[x];
    }

    // 返回图中的连通分量个数
    int count() {
        return _count;
    }
};

Union-Find 算法的复杂度可以这样分析：构造函数初始化数据结构需要 O(N) 的时间和空间复杂度；连通两个节点 union、判断两个节点的连通性 connected、计算连通分量 count 所需的时间复杂度均为 O(1)。

到这里，相信你已经掌握了 Union-Find 算法的核心逻辑，总结一下我们优化算法的过程：

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，保证各个 API 时间复杂度为 O(logN)，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，使得各个 API 时间复杂度为 O(1)。使用了路径压缩之后，可以不使用 size 数组的平衡优化。

【每日一题】684. 冗余连接

树可以看成是一个连通且 无环 的 无向 图。

给定往一棵 n 个节点 (节点值 1～n) 的树中添加一条边后的图。添加的边的两个顶点包含在 1 到 n 中间，且这条附加的边不属于树中已存在的边。图的信息记录于长度为 n 的二维数组 edges ，edges[i] = [ai, bi] 表示图中在 ai 和 bi 之间存在一条边。

请找出一条可以删去的边，删除后可使得剩余部分是一个有着 n 个节点的树。如果有多个答案，则返回数组 edges 中最后出现的那个。

示例 1：

输入: edges = [[1,2], [1,3], [2,3]]
输出: [2,3]

思路

本身的树所有节点已经连通，然后加入了额外的一条边。那么我们只需要从后向前遍历，找出删掉哪条边后整个图的连通分量还是 1 即可。但是我们可以在把【edges】变成并查集的时候完成这一点。（并不是图都建好了我们才能开始找冗余边，在建立图的过程中就可以发现谁是冗余的）

通过并查集的思路我们可以解决这个问题，在向并查集中加入【edge】的时候，如果这条边不是冗余的，那么【edge】中的两个节点应该还没有被连接，所以我们可以通过 if (uf.connected(u, v)) 来检查当前的边是否是冗余的，甚至不需要遍历完全部的节点。

但是题目中要求返回最后出现的冗余边，所以我们需要一个【result】数组在遍历的过程中存储所有的冗余，在结尾返回最后出现的那个即可。

        for (const auto& edge: edges) {
            int u = edge[0];
            int v = edge[1];
            if (uf.connected(u, v)) {
                result.push_back(edge);
            } else {
                uf.union_(u, v);
            }
        }

代码（C++）

class UF {
private:
    int _count;
    vector<int> parent;

public:
    UF (int n){
        this->_count = n;
        this->parent.resize(n);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            parent[i] = i;
        }
    }

    void union_(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        if (rootP == rootQ) {
            return;
        }
        parent[rootQ] = rootP;
        _count--;
    }

    bool connected(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        return rootP == rootQ;
    }

    int find(int x) {
        if (parent[x] != x) {
            parent[x] = find(parent[x]);
        }
        return parent[x];
    }

    int count() {
        return _count;
    }
};

class Solution {
public:
    vector<int> findRedundantConnection(vector<vector<int>>& edges) {
        int n = edges.size();
        UF uf(n+1);
        vector<vector<int>> result;
        for (const auto& edge: edges) {
            int u = edge[0];
            int v = edge[1];
            if (uf.connected(u, v)) {
                result.push_back(edge);
            } else {
                uf.union_(u, v);
            }
        }
        return result.back();
    }
};

代码（Python）

class UF:
    def __init__(self, n):
        self._count = n
        self.parent = list(range(n))

    def union(self, p, q):
        rootP = self.find(p)
        rootQ = self.find(q)
        if rootP == rootQ:
            return
        self.parent[rootQ] = rootP
        self._count -= 1

    def connected(self, p, q):
        return self.find(p) == self.find(q)

    def find(self, x):
        if self.parent[x] != x:
            self.parent[x] = self.find(self.parent[x])
        return self.parent[x]

    def count(self):
        return self._count

class Solution:
    def findRedundantConnection(self, edges: List[List[int]]) -> List[int]:
        n = len(edges)
        uf = UF(n+1)
        result = []

        for edge in edges:
            u, v = edge
            if uf.connected(u, v):
                result.append(edge)
            else:
                uf.union(u, v)

        return result[-1] if result else []