图中连通块的个数：并查集

图的连通性问题

在地图上有若干城镇（点），已知所有有道路直接相连的城镇对。要解决整幅图的连通性问题。比如，随意给你两个点，让你判断它们是否连通；或者问你整幅图一共有几个连通块，也就是被分成了几个互相独立的块。

修路工程问题会问还需要修几条路才能将所有城镇连通起来，实质就是求有几个连通块。如果只有1个连通块，说明整幅图上的点都连起来了，不用再修路了；如果是2个连通块，则只要再修1条路，从两个分支中各选一个点，把它们连起来，那么所有的点都连通了；如果是3个连通块，则只要再修2条路……

所以，若存在n个连通块，只要修n-1条路，就能把所有点连通。

实际给定的城镇有几百个，路有若干条，而且可能存在回路。 这时就要用到并查集。

PS：

其实求连通子图个数，除了并查集，用DFS和BFS也能够实现。

DFS：每次从某一点出发，遍历完与它相连的所有点，子图数num+1；当遍历完所有点后，num即为所求。

并查集

并查集的概念

并查集由两个函数（并、查函数）和一个整型数组（集）构成。

函数join是合并；

函数find是查找；

数组pre记录了每个点的前导点是什么；

并查集的局限及改进

单纯的并查集只能保证得到独立子图的个数，但是，（即使经过了路径压缩）它不能保证同属于一个独立子图的节点的前导节点都相同。

在这种情况下，如果还要判断两个节点是否属于同一个子图，还要再进行一次

find（i）

操作。

换句话说，经过一次对每个节点的遍历的find（）操作，可以保证同一子图中的节点的前导节点都相同。

并查集的实现

用一个有趣的方式解释并查集的实现：

江湖上的大侠有师父和徒弟、下属，构成了许多树结构。连通块的个数可以认为是门派的个数。

pre数组

pre[1000]

这个数组记录了每个大侠的上级是谁。

pre[15]=3

表示15号大侠的上级是3号大侠。如果一个人的上级就是他自己，那说明他就是掌门了，查找到此为止。也有孤家寡人自成一派的，比如欧阳锋，那么他的上级就是他自己。每个人都只认自己的上级。比如胡青牛只知道自己的上级是杨左使，而不认识张无忌。要想知道自己的掌门是谁，只能一级级查上去。

find函数和路径压缩

路径压缩算法是指在每次查询上级的同时，都进行优化处理，所以整个树的层数都会维持在比较低的水平上。



find函数以及压缩路径可以用一个递归函数简单实现：

int find(int a){
if(pre[a]!=a)
pre[a]=find(pre[a]);//路径压缩，本结点更新为根结点的子结点
return pre[a];
}

join函数

再来看看join函数，就是在两个点之间连一条线，这样一来，原先它们所在的两个块的所有点就都连通了。

用pre[]数组，该如何实现连线呢？ 很简单，将一个门派的掌门指定为另一个门派掌门的下属。

//让虚竹和周芷若做朋友
void join(int x,int y) {
int fx=find(x),fy=find(y);//虚竹的老大是玄慈，周芷若的老大是灭绝
//玄慈和灭绝显然不是同一个人
//于是让前者成为后者的下属
if(fx!=fy) pre[fx]=fy;
}

完整代码实现

#include<iostream>
using namespace std;

int  pre[1050];     //保存节点的直接父节点

//查找x的根节点
int find(int a){
if(pre[a]!=a)
pre[a]=find(pre[a]);//路径压缩，本结点更新为根结点的子结点
return pre[a];
}
//连接两个连通块
void join(int x,int y) {
int fx=Find(x),fy=Find(y);
if(fx!=fy) pre[fy]=fx;
}

int main() {
int N,M,a,b,i,j,ans=0;
while(scanf("%d%d",&N,&M) && N) {
//初始化pre数组
for(i=1;i<=N;i++) pre[i]=i;
//根据连通情况，构建pre数组
for(i=1;i<=M;i++) {
scanf("%d%d",&a,&b);
join(a,b);
}

for(i=1;i<=N;i++)
if(pre[i]==i) ans++; //计算连通子图的个数ans

cout<<ans;
return 0;
}

求小岛个数

给定一个由1和0组成的二维字符数组，1代表陆地，0代表水。问被水包围的连通陆地区域的个数。

这题可以用DFS的递归着色来解，也可以用并查集来做。

class Solution {
public:
vector<int> pre;
int count=0;

int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
if(grid.size()==0 || grid[0].size()==0)
return 0;

int row = grid.size();
int col = grid[0].size();
pre.resize(row*col+1,0);

//对pre数组进行初始化
for(int i=0;i<row;i++)
for(int j=0;j<col;j++)
{
int num = col*i+j;
pre[num] = num;
}

//遍历图中的每个点
for(int i=0;i<row;i++)
for(int j=0;j<col;j++)
{
if(grid[i][j]=='1')
{
int down=i+1,right=j+1;
if(down<row && grid[down][j]=='1')
join(col*i+j,col*down+j);
if(right<col && grid[i][right]=='1')
join(col*i+j,col*i+right);
}
}

//再遍历一次，计算islands的个数
int ans = 0;
for(int i=0;i<row;i++)
for(int j=0;j<col;j++)
{
int num = col*i+j;
if(pre[num] == num && grid[i][j]=='1')
ans++;
}
return ans;
}

//并，将联通的点的pre设为同一个值
void join(int x,int y){
int fx=find(x);
int fy=find(y);
if(fx != fy)
pre[fx] = fy;
}

//找到a的祖先，并且路径压缩
int find(int a){
if(pre[a] != a)
pre[a] = find(pre[a]);
return pre[a];
}
};