并查集应用
并查集，Kruskal 重构树的思维方式是很类似的，他们都能用于处理与连通性有关的问题。本文通过例题讲解的方式给大家介绍并查集思想的应用。
A¶
A
有 \(n\) 个点，初始时均为孤立点。
接下来有 \(m\) 次加边操作，第 \(i\) 次操作在 \(a_i\) 和 \(b_i\) 之间加一条无向边。设 \(L(i,j)\) 表示结点 \(i\) 和 \(j\) 最早在第 \(L(i,j)\) 次操作后连通。
在 \(m\) 次操作完后，你要求出 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^nL(i,j)\) 的值。
这是基础并查集的应用，并查集记录一下子树的大小。考虑统计每次操作的贡献。如果第 \(i\) 次操作 \(a_i\) 和 \(b_i\) 分属于两个不同子树，就将这两个子树合并，并将两者子树大小的乘积乘上 \(i\) 累加到答案里。时间复杂度 \(O(n\alpha(n))\)。
B¶
B
有 \(n\) 个点，初始时均为孤立点。
接下来有 \(m\) 次加边操作，第 \(i\) 次操作在 \(a_i\) 和 \(b_i\) 之间加一条无向边。
接下来有 \(q\) 次询问，第 \(i\) 次询问 \(u_i\) 和 \(v_i\) 最早在第几次操作后连通。
考虑在并查集合并的时候记录「并查集生成树」，也就是说如果第 \(i\) 次操作 \(a_i\) 和 \(b_i\) 分属于两个不同子树，那么把 \((a_i,b_i)\) 这条边纳入生成树中。边权是 \(i\)。那么查询就是询问 \(u\) 到 \(v\) 路径上边权的最大值，可以使用树上倍增或者树链剖分的方法维护。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
另外一个方法是维护 Kruskal 重构树，其本质与并查集生成树是相同的。复杂度亦相同。
C¶
C
有 \(n\) 个点，初始时均为孤立点。
接下来有 \(m\) 次加边操作，第 \(i\) 次操作在 \(a_i\) 和 \(b_i\) 之间加一条无向边。
接下来有 \(q\) 次询问，第 \(i\) 次询问第 \(x_i\) 个点在第 \(t_i\) 次操作后所在连通块的大小。
离线算法：考虑将询问按 \(t_i\) 从小到大排序。在加边的过程中使用并查集顺便处理询问即可。时间复杂度 \(O(q\log q+(n+q)\alpha(n))\)。
在线算法：本题的在线算法只能使用 Kruskal 重构树。Kruskal 重构树与并查集的区别是：第 \(i\) 次操作 \(a_i\) 和 \(b_i\) 分属于两个不同子树，那么 Kruskal 会新建一个结点 \(u\)，然后让 \(a_i\) 所在子树的根和 \(b_i\) 所在子树的根分别连向 \(u\)，作为 \(u\) 的两个儿子。不妨设 \(u\) 的点权是 \(i\)。对于初始的 \(n\) 个点，点权为 \(0\)。
对于询问，我们只需要求出 \(x_i\) 在重构树中最大的一个连通块使得连通中的点权最大值不超过 \(t_i\)，询问的答案就是这个连通块中点权为 \(0\) 的结点个数，即叶子结点个数。
由于我们操作的编号是递增的，因此重构树上父结点的点权总是大于子结点的点权。这意味着我们可以在重构树上从 \(x_i\) 到根结点的路径上倍增找到点权最大的不超过 \(t_i\) 的结点。这样我们就求出了答案。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
D¶
D
给一个长度为 \(n\) 的 01 序列 \(a_1,\ldots,a_n\)，一开始全是 \(0\)，接下来进行 \(m\) 次操作：
- 令 \(a_x=1\)；
- 求 \(a_x,a_{x+1},\ldots,a_n\) 中左数第一个为 \(0\) 的位置。
建立一个并查集，\(f_i\) 表示 \(a_i,a_{i+1},\ldots,a_n\) 中第一个 \(0\) 的位置。初始时 \(f_i=i\)。
对于一次 \(a_x=1\) 的操作，如果 \(a_x\) 原本就等于 \(1\)，就不管。否则我们令 \(f_x=f_{x+1}\)。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)，如果要使用按秩合并的话实现会较为麻烦，不过仍然可行。也就是说时间复杂度或为 \(O(n\alpha(n))\)。
E¶
E
给出三个长度为 \(n\) 的正整数序列 \(a\)，\(b\)，\(c\)。枚举 \(1\le i\le j\le n\)，求 \(a_i\cdot b_j\cdot \min_{i\le k\le j}c_k\) 的最大值。
本题同样有许多做法，这里我们重点讲解并查集思路。按权值从大到小考虑 \(c_k\)。相当于我们在 \(k\) 上加入一个点，然后将 \(k-1\) 和 \(k+1\) 位置上的点所在的连通块与之合并（如果这两个位置上有点的话）。连通块上记录 \(a\) 的最大值和 \(b\) 的最大值，即可在合并的时候更新答案。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
F¶
F
给出一棵 \(n\) 个点的树，接下来有 \(m\) 次操作：
- 加一条从 \(a_i\) 到 \(b_i\) 的边。
- 询问两个点 \(u_i\) 和 \(v_i\) 之间是否有至少两条边不相交的路径。
询问可以转化为：求 \(u_i\) 和 \(v_i\) 是否在同一个简单环上。按照双连通分量缩点的想法，每次我们在 \(a_i\) 和 \(b_i\) 间加一条边，就可以把 \(a_i\) 到 \(b_i\) 树上路径的点缩到一起。如果两条边 \((a_i,b_i)\) 和 \((a_j,b_j)\) 对应的树上路径有交，那么这两条边就会被缩到一起。
换言之，加边操作可以理解为，将 \(a_i\) 到 \(b_i\) 树上路径的边覆盖一次。而询问就转化为了：判断 \(u_i\) 到 \(v_i\) 路径上是否存在未被覆盖的边。如果不存在，那么 \(u_i\) 和 \(v_i\) 就属于同一个双连通分量，也就属于同一个简单环。
考虑使用并查集维护。给树定根，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 到根的路径中第一个未被覆盖的边。那么每次加边操作，我们就暴力跳并查集。覆盖了一条边后，将这条边对应结点的 \(f\) 与父节点合并。这样，每条边至多被覆盖一次，总复杂度 \(O(n\log n)\)。使用按秩合并的并查集同样可以做到 \(O(n\alpha(n))\)。
本题的维护方式类似于 D 的树上版本。
G¶
G
无向图 \(G\) 有 \(n\) 个点，初始时均为孤立点（即没有边）。
接下来有 \(m\) 次加边操作，第 \(i\) 次操作在 \(a_i\) 和 \(b_i\) 之间加一条无向边。
每次操作后，你均需要求出图中桥的个数。
桥的定义为：对于一条 \(G\) 中的边 \((x,y)\)，如果删掉它会使得连通块数量增加，则 \((x,y)\) 被称作桥。
强制在线。
本题考察对并查集性质的理解。考虑用并查集维护连通情况。对于边双树，考虑维护有根树，设 \(p_i\) 表示结点 \(i\) 的父亲。也就是不带路径压缩的并查集。
如果第 \(i\) 次操作 \(a_i\) 和 \(b_i\) 属于同一个连通块，那么我们就需要将边双树上 \(a_i\) 到 \(b_i\) 路径上的点缩起来。这可以用并查集维护。每次缩点，边双连通分量的个数减少 \(1\)，最多减少 \(n-1\) 次，因此缩点部分的并查集复杂度是 \(O(n\alpha(n))\)。
为了缩点，我们要先求出 \(a_i\) 和 \(b_i\) 在边双树上的 LCA。对此我们可以维护一个标记数组。然后从 \(a_i\) 和 \(b_i\) 开始轮流沿着祖先一个一个往上跳，并标记沿途经过的点。一但跳到了某个之前就被标记过的点，那么这个点就是 \(a_i\) 和 \(b_i\) 的 LCA。这个算法的复杂度与 \(a_i\) 到 \(b_i\) 的路径长度是线性相关的，可以接受。
如果 \(a_i\) 和 \(b_i\) 分属于两个不同连通块，那么我们将这两个连通块合并，并且桥的数量加 \(1\)。此时我们需要将两个点所在的边双树连起来，也就是加一条 \(a_i\) 到 \(b_i\) 的边。因此我们需要将其中一棵树重新定根，然后接到另一棵树上。这里运用启发式合并的思想：我们把结点数更小的重新定根。这样的总复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。
综上，该算法的总复杂度是 \(O(n\log n+m\log n)\) 的。
小结¶
并查集与 Kruskal 重构树有许多共通点，而并查集的优化（按秩合并）正是启发式合并思想的应用。因此灵活运用并查集可以方便地处理许多与连通性有关的图论问题。
本页面部分内容译自博文 Поиск мостов в режиме онлайн 与其英文翻译版 Finding Bridges Online。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。