POJ并查集题目汇总

墨蓝 2022-09-30 00:44 184阅读 0赞

转来的：[http://hi.baidu.com/czyuan\_acm/blog/item/531c07afdc7d6fc57cd92ab1.html][http_hi.baidu.com_czyuan_acm_blog_item_531c07afdc7d6fc57cd92ab1.html]

并查集，顾名思义，干的就是“并”和“查”两件事。很多与集合相关的操作都可以用并查集高效的解决。

两个操作代码：

int Find(int x)

if (tree\[x\].parent != x)

tree\[x\].parent = Find(tree\[x\].parent);

return tree\[x\].parent;

void Merge(int a, int b, int p, int q, int d)

if (tree\[q\].depth > tree\[p\].depth) tree\[p\].parent = q;

else

tree\[q\].parent = p;

if (tree\[p\].depth == tree\[q\].depth) tree\[p\].depth++;

其中Find()函数用了路径压缩优化，而Merge()函数用了启发式合并的优化(个人感觉有了路径压缩，启发式合并优化的效果并不明显，而经常因为题目和代码的限制，启发式合并会被我们省略)。

提到并查集就不得不提并查集最经典的例子：食物链。

POJ 1182 食物链

http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1182

题目告诉有3种动物，互相吃与被吃，现在告诉你m句话，其中有真有假，叫你判断假的个数(如果前面没有与当前话冲突的，即认为其为真话)

这题有几种做法，我以前的做法是每个集合(或者称为子树，说集合的编号相当于子树的根结点，一个概念)中的元素都各自分为A, B, C三类，在合并时更改根结点的种类，其他点相应更改偏移量。但这

种方法公式很难推，特别是偏移量很容易计算错误。

下面来介绍一种通用且易于理解的方法：

首先，集合里的每个点我们都记录它与它这个集合(或者称为子树)的根结点的相对关系relation。0表示它与根结点为同类，1表示它吃根结点，2表示它被根结点吃。

那么判断两个点a, b的关系，我们令p = Find(a), q = Find(b)，即p, q分别为a, b子树的根结点。

1. 如果p != q，说明a, b暂时没有关系，那么关于他们的判断都是正确的，然后合并这两个子树。这里是关键，如何合并两个子树使得合并后的新树能保证正确呢？这里我们规定只能p合并到q(刚才说过了，启发式合并的优化效果并不那么明显，如果我们用启发式合并，就要推出两个式子，而这个推式子是件比较累的活...所以一般我们都规定一个子树合到另一个子树)。那么合并后，p的relation肯定要改变，那么改成多少呢？这里的方法就是找规律，列出部分可能的情况，就差不多能推出式子了。这里式子为 : tree\[p\].relation = (tree\[b\].relation - tree\[a\].relation + 2 + d) % 3; 这里的d为判断语句中a, b的关系。还有个问题，我们是否需要遍历整个a子树并更新每个结点的状态呢？答案是不需要的，因为我们可以在Find()函数稍微修改，即结点x继承它的父亲(注意是前父亲，因为路径压缩后父亲就会改变)，即它会继承到p结点的改变，所以我们不需要每个都遍历过去更新。

2. 如果p = q，说明a, b之前已经有关系了。那么我们就判断语句是否是对的，同样找规律推出式子。即if ( (tree\[b\].relation + d + 2) % 3 != tree\[a\].relation ), 那么这句话就是错误的。

3. 再对Find()函数进行些修改，即在路径压缩前纪录前父亲是谁，然后路径压缩后，更新该点的状态(通过继承前父亲的状态，这时候前父亲的状态是已经更新的)。

核心的两个函数为：

int Find(int x)

int temp\_p;

if (tree\[x\].parent != x)

// 因为路径压缩，该结点的与根结点的关系要更新(因为前面合并时可能还没来得及更新).

temp\_p = tree\[x\].parent;

tree\[x\].parent = Find(tree\[x\].parent);

// x与根结点的关系更新(因为根结点变了)，此时的temp\_p为它原来子树的根结点.

tree\[x\].relation = (tree\[x\].relation + tree\[temp\_p\].relation) % 3;

return tree\[x\].parent;

void Merge(int a, int b, int p, int q, int d)

// 公式是找规律推出来的.

tree\[p\].parent = q; // 这里的下标相同，都是tree\[p\].

tree\[p\].relation = (tree\[b\].relation - tree\[a\].relation + 2 + d) % 3;

而这种纪录与根结点关系的方法，适用于几乎所有的并查集判断关系(至少我现在没遇到过不适用的情况…可能是自己做的还太少了…)，所以向大家强烈推荐～～

搞定了食物链这题，基本POJ上大部分基础并查集题目就可以顺秒了，这里仅列个题目编号: POJ 1308 1611 1703 1984 1986(LCA Tarjan算法 + 并查集) 1988 2236 2492 2524。

下面来讲解几道稍微提高点的题目:

POJ 1456 Supermarket

http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1456

这道题贪心的思想很明显，不过O(n^2)的复杂度明显不行，我们可以用堆进行优化，这里讲下并查集的优化方法(很巧妙)。我们把连续的被占用的区间看成一个集合(子树)，它的根结点为这个区间左边第一个未被占用的区间。

先排序，然后每次判断Find(b\[i\])是否大于0，大于0说明左边还有未被占用的空间，则占用它，然后合并(b\[i\], Find(b\[i\]) – 1)即可。同样这里我们规定只能左边的子树合并到右边的子树(想想为什么～～)。

POJ 1733 Parity game

http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1733

这题同样用类似食物链的思想。

首先我们先离散化，因为原来的区间太大了(10^9)，我们可以根据问题数目离散成(10^4)。我们要理解，这里的离散化并不影响最终的结果，因为区间里1的奇偶个数与区间的大小无关(这句话有点奇怪

，可以忽略...)，然后每次输入a, b，我们把b++，如果他俩在一个集合内，那么区间\[a, b\]里1的个数相当于b.relation ^ a.relation，判断对错即可。如果不在一个集合内，合并集合(这里我们规定根结点小的子树合并根结点大的，所以要根据不同情况推式子)，修改子树的根结点的状态，子树的其他结点状态通过Find()函数来更新。

hdu 3038 How Many Answers Are Wrong

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3038

上面那题的加强版，不需要离散化，因为区间的和与区间的大小有关(和上面的那句话对比下，同样可以忽略之…)，做法与上面那题差不多，只是式子变了，自己推推就搞定了。但这题还有个条件，就是每个点的值在\[0, 100\]之间，那么如果a, b不在一个子树内，我们就合并，但在合并之前还要判断合并后会不会使得区间的和不合法，如果会说明该合并是非法的，那么就不合并，同样认为该句话是错误的。

POJ 1417 True Liars(难)

http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1417

并查集 + DP(或搜索)。

题目中告诉两种人，一种只说真话，一种只说假话。然后告诉m条语句，问是否能判断哪些人是只说真话的那类人。

其实并查集部分跟食物链还是相似，而且种类变少了一种，更容易了。我们可以通过并查集把有关系的一些人合并到一个集合内(具体方法参见食物链讲解)。

现在的问题转化为，有n个集合，每个集合都有a, b连个数字，现在要求n个集合中各跳出一个数(a或者b)，使得他们之和等于n1(说真话的人数)。而这个用dp可以很好的解决，用f\[i\]\[j\]表示到第i个集合和为j个的情况数，我们还用过pre\[i\]\[j\]记录当前选的是a还是b，用于后面判断状态。方程为f\[i\]\[j\] = f\[i – 1\]\[j – a\] + f\[i – 1\]\[j – b\], j >= a, j >= b。如果最后f\[n\]\[n1\] == 1说明是唯一的情况，输出该情况，否则输出 “no”(多解算no)

注意点 :

1. 这题的m, n1, n2都有可能出现0，可以特殊处理，也可以一起处理。

2. 按上面的dp写法，f\[i\]\[j\]可能会很大，因为n可以达到三位数。其实我们关心的只是f\[i\]\[j\] 等于0，等于1，大于1三种情况，所以当f\[i\]\[j\] > 1时，我们都让它等于2即可。

POJ 2912 Rochambeau(难)

http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2912

Baidu Star 2006 Preliminary的题目，感觉出的很好，在并查集题目中算是较难的了。其实这题跟食物链完全一个磨子，同样三类食物，同样的互相制约关系。所以食物链代码拿过来改都不需

要改。但这题有个judge，他可以出任意手势。于是我们的做法是，枚举每个小孩为judge，判断他为judge时在第几句话出错err\[i\](即到第几句话能判断该小孩不是judge)。

1. 如果只有1个小孩是judge时全部语句都是正确的，说明该小孩是judge，那么判断的句子数即为其他小孩的err\[i\]的最大值。如果

2. 如果每个小孩的都不是judge(即都可以找到出错的语句)，那么就是impossible。

3. 多于1个小孩是judge时没有找到出错的语句，就是Can not determine。

ZOJ 3261 Connections in Galaxy War

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=3563