關於並查集這個神奇的東西，之前也有學習過基本的理論和實現，像最小生成樹什麼的也打過不少，但總感覺自己只會簡單的幼稚的基礎東西，稍微擴充套件一點就炸。這幾天我也好好地學習了一下並查集的一些奇技淫巧。
沒學過並查集的孩子看這裡 __戳我__
之前我會的板子，就是很顯然的維護集合的並與查。板子就是一下子的事：
//這是並
inline void mix(int a,int b)
//初始的時候
for(int i=1;i<=n;++i)fa[i]=i;
//查詢的時候帶上路徑壓縮是最大的優(song)化。按秩合併不值一提，不是特殊情況沒什麼必要寫。
上面就是一些很經典但是很簡單的板子。它已經能解決大部分問題。
下面就是一些並查集的擴充套件了。
1.思路擴充套件。
舉個栗子：noip2010關押罪犯
這個題目困擾了我很久，當初還把它當做2-set問題想過，但實際上這就是一道noip題目。
而這種題目的特點就是：**短，演算法簡單，思維難度較高(除了noip2016,吃×去吧)。
其實說白了還真不複雜，排完序就是乙個並查集的事情。
q:並查集不是只能維護"在乙個集合"的資訊嗎？怎麼維護"不在乙個集合"的資訊呢？
a:是不能維護，但題目是有隱含條件的。"只有兩個監獄"，代表只有兩個集合。乙個人在a，那麼他的敵人肯定在b,反之亦然。
q:第一組可以隨便放我理解，但是如果出現了一組從未出現過的矛盾，我們又怎麼處理呢？
a:既然它是第一次出現，那麼它之前的矛盾和它暫時毫無關聯，我們只要把他們當成普通的維護，放在不同的集合就好了。
q:講這麼多，感覺不同並查集還是不可做啊，到底是什麼一種方法資磁呢？
a:這就不得不創新一下思維了。我們可以把"x和y不在乙個集合"巧妙轉化一下，轉化成"x在y的敵人的集合,y在x的敵人的集合"。
這樣在查詢的時候，如果你發現兩個人已經在乙個集合，就肯定不合法，這就是答案了。
在維護的時候呢，就按照上面那句話說的做就好啦！
具體實現下，敵人集合可以通過(x+n)代表，只要將並查集陣列開兩倍就好啦。
如果你開局就給每個人設定了乙個假想敵ri，這個假想敵只和i有矛盾，顯然不會影響答案。
這個時候再處理矛盾就很形象很好理解了。
#include #include #include #include #include #include #include #define ll long long int#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
using namespace std;
const int n = 200010;
struct data
}rem[n];
int n,m,fa[n],ans;
int gi()
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;}
inline int find(int x)
int main()
const
1.d=1,x,y
}2.d=2,x,y}}
可以看見具有條件整齊性和對齊性(霧)。
總結:看來noip很喜歡出前十年左右的noi題目弱化版。
#include #include #include #include #include #include #include #define ll long long int
#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
using namespace std;
const int n = 50010;
int n,m,fa[n*4],ans;
int gi()
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;}
inline int find(int x)
int main()
if(kind==1)
else fa[f2]=f1,fa[feat2]=feat1;fa[feated2]=feated1;
}else
int f1=find(x),feat1=find(x+n),feated1=find(x+n+n);
int f2=find(y),feat2=find(y+n),feated2=find(y+n+n);
if(f1==f2 || f1==feat2 || feat1==feated2 || feat1==feat2 || feated1==f2 || feated1==feated2)
else fa[f2]=feat1,fa[feat2]=feated1,fa[feated2]=f1;
}} printf("%d\n",ans);
return 0;
}
2.內容擴充套件
常見的並查集只維護了乙個上級陣列，最多再加乙個秩。但有些喪心病狂的出題人不滿足如此，要你在上面寫出一朵花。
比如說: noi2002 銀河英雄傳說
很明顯是並查集是吧，但是好像還要求乙個深度？
於是就變成了帶邊權的並查集。
帶權並查集：維護當前點到fa的距離d[x]。
事實上，到根的距離dis(x)=d[x]+dis(fa[x])。
路徑壓縮後，dis[fa[x]]變成了d[fa[x]]。
d[x]變成了d'[x]=dis(x)=d[x]+d[fa[x]]。
所以在改fa[x]之前d[x]+=d[fa[x]]就好了。
經過仔細思考後，定義dis為到根的距離，size為一溜船的大小(秩)。
關鍵就在於邊權的維護？
考慮到之前的dis是到自己指向的點的距離，find之後的dis[fa]就是fa到根的距離。
所以就是:dis[x]+=dis[fa];
剩下的就很簡單了。
#include #include #include #include #include #include using namespace std;const int n = 30010;
int fa[n],dis[n],size[n],m;
inline int abs(int x)
inline int gi()
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;
}inline int gc()
inline int find(int x)
inline void work1(int u,int v)
inline void work2(int u,int v)
int main()
return 0;
}
還記得有乙個貌似是可撤銷的並查集？哎呀我找不到是哪一題了。
主要思路就是不加路徑壓縮，所以要加按秩合併。
然後把每一次的修改加到乙個棧裡面就好了。
退棧的時候就改回來size和fa就好了。
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