经典图论算法
并查集算法
并查集（Union-Find）是一种树型的数据结构，用于处理一些不相交集合的合并及查询问题。
并查集的思想是用一个数组表示了整片森林（parent），树的根节点唯一标识了一个集合，我们只要找到了某个元素的的树根，就能确定它在哪个集合里。
动态连通性
简单说，动态连通性其实可以抽象成给一幅图连线。比如下面这幅图，总共有 10 个节点，他们互不相连，分别用 0~9 标记：
现在我们的 Union-Find 算法主要需要实现这两个 API：
class UF { /* 将 p 和 q 连接 */ public void union(int p, int q); /* 判断 p 和 q 是否连通 */ public boolean connected(int p, int q); /* 返回图中有多少个连通分量 */ public int count(); }
这里所说的「连通」是一种等价关系，也就是说具有如下三个性质：
1、自反性：节点 p 和 p 是连通的。
2、对称性：如果节点 p 和 q 连通，那么 q 和 p 也连通。
3、传递性：如果节点 p 和 q 连通，q 和 r 连通，那么 p 和 r 也连通。
比如说之前那幅图，0～9 任意两个不同的点都不连通，调用 connected 都会返回 false，连通分量为 10 个。
如果现在调用 union(0, 1)，那么 0 和 1 被连通，连通分量降为 9 个。
再调用 union(1, 2)，这时 0,1,2 都被连通，调用 connected(0, 2) 也会返回 true，连通分量变为 8 个
思路
怎么用森林来表示连通性呢？我们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。比如说刚才那幅 10 个节点的图，一开始的时候没有相互连通，就是这样：
class UF { // 记录连通分量 private int count; // 节点 x 的父节点是 parent[x] private int[] parent; /* 构造函数，n 为图的节点总数 */ public UF(int n) { // 一开始互不连通 this.count = n; // 父节点指针初始指向自己 parent = new 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）一个节点的根节点接到另一个节点的根节点上：
class UF { // 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; // 将两棵树合并为一棵 parent[rootP] = rootQ; // parent[rootQ] = rootP 也一样 count--; // 两个分量合二为一 } /* 返回某个节点 x 的根节点 */ private int find(int x) { // 根节点的 parent[x] == x while (parent[x] != x) x = parent[x]; return x; } /* 返回当前的连通分量个数 */ public 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 { // 为了节约篇幅，省略上文给出的代码部分... public boolean connected(int p, int q) { int rootP = find(p); int rootQ = find(q); return rootP == rootQ; } }
那么这个算法的复杂度是多少呢？我们发现，主要 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 主要功能就是从某个节点向上遍历到树根，其时间复杂度就是树的高度。我们可能习惯性地认为树的高度就是 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成 N。
平衡性优化
树的不平衡现象，关键在于 union 过程
我们一开始就是简单粗暴的把 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」的不平衡状况，比如下面这种局面：
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」：
修改初始化
class UF { private int count; private int[] parent; // 新增一个数组记录树的“重量” private int[] size; public UF(int n) { this.count = n; parent = new int[n]; // 最初每棵树只有一个节点 // 重量应该初始化 1 size = new int[n]; for (int i = 0; i < n; i++) { parent[i] = i; size[i] = 1; } } /* 其他函数 */ }
修改union( )函数
class UF { // 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--; } }
树的高度大致在 logN 这个数量级，极大提升执行效率。
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
第一种是在 find 中加一行代码：
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; } }
每次 while 循环都会把一对儿父子节点改到同一层，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]; } }
这种路径压缩的效果如下：
另外，如果使用路径压缩技巧，那么 size 数组的平衡优化就不是特别必要了。
一般看到的 Union Find 算法应该是如下实现：
Union Find 算法
class UF { // 连通分量个数 private int count; // 存储每个节点的父节点 private int[] parent; // n 为图中节点的个数 public UF(int n) { this.count = n; parent = new int[n]; for (int i = 0; i < n; i++) { parent[i] = i; } } // 将节点 p 和节点 q 连通 public 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 public boolean connected(int p, int q) { int rootP = find(p); int rootQ = find(q); return rootP == rootQ; } public 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 public int count() { return count; } }
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。
130. 被围绕的区域
给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 'X' 和 '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。
类似棋类游戏「黑白棋」，只要你用两个棋子把对方的棋子夹在中间，对方的子就被替换成你的子。可见，占据四角的棋子是无敌的，与其相连的边棋子也是无敌的（无法被夹掉）。
可以用DFS解决
这里采用 Union-Find 算法解决
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。
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。
class Solution { public 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'; } } class UF { // 连通分量个数 private int count; // 存储每个节点的父节点 private int[] parent; // n 为图中节点的个数 public UF(int n) { this.count = n; parent = new int[n]; for (int i = 0; i < n; i++) { parent[i] = i; } } // 将节点 p 和节点 q 连通 public 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 public boolean connected(int p, int q) { int rootP = find(p); int rootQ = find(q); return rootP == rootQ; } public 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 public int count() { return count; } }
其实用 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。
990. 等式方程的可满足性
给定一个由表示变量之间关系的字符串方程组成的数组，每个字符串方程 equations[i] 的长度为 4，并采用两种不同的形式之一："a==b" 或 "a!=b"。在这里，a 和 b 是小写字母（不一定不同），表示单字母变量名。
只有当可以将整数分配给变量名，以便满足所有给定的方程时才返回 true，否则返回 false。
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（连通分量）；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。
class Solution { public 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; } } class UF { // 连通分量个数 private int count; // 存储每个节点的父节点 private int[] parent; // n 为图中节点的个数 public UF(int n) { this.count = n; parent = new int[n]; for (int i = 0; i < n; i++) { parent[i] = i; } } // 将节点 p 和节点 q 连通 public 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 public boolean connected(int p, int q) { int rootP = find(p); int rootQ = find(q); return rootP == rootQ; } public 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 public int count() { return count; } }
