Union-Find 并查集算法 参考:
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 []