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上篇文章 Union-Find 并查集算法详解 很多读者对于 Union-Find 算法的应用表示很感兴趣，这篇文章就拿几道 LeetCode 题目来讲讲这个算法的巧妙用法。

首先，Union-Find 算法解决的是图的动态连通性问题，这个算法本身不难，能不能应用出来主要是看你抽象问题的能力，是否能够把原始问题抽象成一个有关图论的问题。

先复习一下上篇文章写的算法代码，回答读者提出的几个问题：

class UF {
    // 记录连通分量个数
    private int count;
    // 存储若干棵树
    private int[] parent;
    // 记录树的“重量”
    private int[] size;
    public UF(int n) {
        this.count = n;
        parent = new int[n];
        size = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
            size[i] = 1;
    /* 将 p 和 q 连通 */
    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--;
    /* 判断 p 和 q 是否互相连通 */
    public boolean connected(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        // 处于同一棵树上的节点，相互连通
        return rootP == rootQ;
    /* 返回节点 x 的根节点 */
    private int find(int x) {
        while (parent[x] != x) {
            // 进行路径压缩
            parent[x] = parent[parent[x]];
            x = parent[x];
        return x;
    public int count() {
        return count;

算法的关键点有 3 个：

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，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 union 和 connected API 时间复杂度为 O(1)。

有的读者问， 既然有了路径压缩， size 数组的重量平衡还需要吗 ？这个问题很有意思，因为路径压缩保证了树高为常数（不超过 3），那么树就算不平衡，高度也是常数，基本没什么影响。

我认为，论时间复杂度的话，确实，不需要重量平衡也是 O(1)。但是如果加上 size 数组辅助，效率还是略微高一些，比如下面这种情况：

如果带有重量平衡优化，一定会得到情况一，而不带重量优化，可能出现情况二。高度为 3 时才会触发路径压缩那个 while 循环，所以情况一根本不会触发路径压缩，而情况二会多执行很多次路径压缩，将第三层节点压缩到第二层。

也就是说，去掉重量平衡，虽然对于单个的 find 函数调用，时间复杂度依然是 O(1)，但是对于 API 调用的整个过程，效率会有一定的下降。 当然，好处就是减少了一些空间，不过对于 Big O 表示法来说，时空复杂度都没变。

下面言归正传，来看看这个算法有什么实际应用。

一、DFS 的替代方案

很多使用 DFS 深度优先算法解决的问题，也可以用 Union-Find 算法解决。

比如第 130 题，被围绕的区域：给你一个 M×N 的二维矩阵，其中包含字符 X 和 O ，让你找到矩阵中 完全 被 X 围住的 O ，并且把它们替换成 X 。

void solve(char[][] board);

注意哦，必须是完全被围的 O 才能被换成 X ，也就是说边角上的 O 一定不会被围，进一步，与边角上的 O 相连的 O 也不会被 X 围四面，也不会被替换：

PS：这让我想起小时候玩的棋类游戏「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）。

解决这个问题的传统方法也不困难，先用 for 循环遍历棋盘的 四边 ，用 DFS 算法把那些与边界相连的 O 换成一个特殊字符，比如 # ；然后再遍历整个棋盘，把剩下的 O 换成 X ，把 # 恢复成 O 。这样就能完成题目的要求，时间复杂度 O(MN)。

这个问题也可以用 Union-Find 算法解决，虽然实现复杂一些，甚至效率也略低，但这是使用 Union-Find 算法的通用思想，值得一学。

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 。

这就是 Union-Find 的核心思路，明白这个图，就很容易看懂代码了：

首先要解决的是，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。

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';

这段代码很长，其实就是刚才的思路实现，只有和边界 O 相连的 O 才具有和 dummy 的连通性，他们不会被替换。

说实话，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 。

二、判定合法算式

这个问题用 Union-Find 算法就显得十分优美了。题目是这样：

给你一个数组 equations ，装着若干字符串表示的算式。每个算式 equations[i] 长度都是 4，而且只有这两种情况： a==b 或者 a!=b ，其中 a,b 可以是任意小写字母。你写一个算法，如果 equations 中所有算式都不会互相冲突，返回 true，否则返回 false。

比如说，输入 ["a==b","b!=c","c==a"] ，算法返回 false，因为这三个算式不可能同时正确。

再比如，输入 ["c==c","b==d","x!=z"] ，算法返回 true，因为这三个算式并不会造成逻辑冲突。

我们前文说过，动态连通性其实就是一种等价关系，具有「自反性」「传递性」和「对称性」，其实 == 关系也是一种等价关系，具有这些性质。所以这个问题用 Union-Find 算法就很自然。

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；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 。

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'))