[洛谷Luogu]P1141 01迷宫[联通块 并查集]

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大致题意

相邻格子不同为连通，计算每个点所在的连通块大小。

想法

我采用了并查集的做法。
开一个辅助数组记录连通块大小，每次合并的时候更新父亲节点的大小即可。

一个点先与它上面的点判定，若判定连通则加入上方点所属的块中。
再与左边的点判定，若连通则再将两个块合并。

总体复杂度$O(n^3)$，其中并查集不加优化复杂度为$O(n)$，使用路径压缩+按节点大小合并优化并查集，将并查集复杂度降低为近似$O(1)$，总体复杂度近似为$O(n^2)$。

并查集优化

路径压缩

每次查找的时候，将路径上的所有儿子的父亲改写为最原始的祖宗。这样下次就可以直接找到祖宗。
实现：

inline int find(const int &x)
{
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);//路径压缩
}

通俗写法：

inline int find(const int &x)
{
    if(fa[x] == x)//找到无父亲的节点，即为祖宗
    	return x;
    fa[x] = find(fa[x]);
    return fa[x];
}

按秩合并

思考：
有2个块需要合并，那么将小块接在大块的后面能够让整体复杂度更优。
可以将每个祖宗及其所有儿子看做一棵树，那么节点到根的距离就是查找父亲需要的次数。
将小树并入大树，可以避免树的深度过深。
这个rnk数组保存的是树的深度的上界。
通常写法：

const int maxn = 10000000;
int rnk[maxn],fa[maxn];//rnk为该节点所在子树的深度
inline void unite(const int &x,const int &y)
{
	//合并x与y的块
	int t1 = find(x),t2 = find(y);//找到各自的祖宗
	if(t1 == t2)
		return;
	if(rnk[t1] == rnk[t2])
	{
		//此时两树深度相等，随便合并
		fa[t1] = t2;
		++rnk[t2];//合并后深度增加
	}
	else if(rnk[t1] > rnk[t2])
		fa[t2] = t1;
	else
		fa[t1] = t2;
}

总结

路径压缩和按秩合并都能将并查集复杂度降为$O(logn)$，而两者一起使用能够降为$O(lo{g}^{\ast }n)$。

$n$	$lo{g}^{\ast }n$
(−∞, 1]	0
(1, 2]	1
(2, 4]	2
(4, 16]	3
(16, 65536]	4
(65536, 2^65536]	5

(数据转自链接，个人认为这篇博文讲并查集讲得相当不错。)

代码

因为按秩合并需要额外数组，而在此数量级下开数组的消耗可能比优化更大……
于是借用了题目中维护的“连通块大小”，即节点个数，进行了按size合并的优化。

#include <cstdio>
using namespace std;
#define getId(x, y) (((x - 1) * n) + y) //将二维的点赋予一个一维的别名
int fa[1001000];
int h[1001000];
char all[2][1010];
int n, m, i, j;
//读入优化
inline char nc()
{
    static char buf[400000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 400000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
void read(char *s)
{
    static char c;
    for (c = nc(); c != '1' && c != '0'; c = nc());
    for (; c == '0' || c == '1'; *++s = c, c = nc());
}
void read(int &r)
{
    static char c;  r = 0;
    for (c = nc(); c > '9' || c < '0'; c = nc());
    for (; c >= '0' && c <= '9'; r = (r << 1) + (r << 3) + (c ^ 48), c = nc());
}
//并查集
inline int find(const int &x)
{
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);//路径压缩
}
inline void unite(const int &a, const int &b)
{
    int t1 = find(a), t2 = find(b);
    if (t1 == t2)
        return;
    h[t1] > h[t2] ? fa[t2] = t1, h[t1] += h[t2] : fa[t1] = t2, h[t2] += h[t1]; //类似按秩合并的做法，合并同时将儿子的大小加入父亲的大小中
}
//
int main()
{
    read(n);
    read(m);
    int n2 = n * n;
    for (int i = 1; i <= n2; ++i)
        fa[i] = i, h[i] = 1; //初始化每个点都是单独的联通块，大小为1
    
    int now = 0, pre = 1;
    //第一行特判，不需要与上一行作比较
    i = 1;
    read(all[now]);
    for (j = 2; j <= n; ++j)//j从2开始，可以略过第一个格子，最左上角的格子无需判断
        if (all[now][j] != all[now][j - 1])
            unite(getId(i, j), getId(i, j - 1));

    for (i = 2; i <= n; ++i)
    {
        now ^= 1;//使用滚动数组
        pre ^= 1;
        read(all[now]);
        if (all[now][1] != all[pre][1])
            unite(getId(i, 1), getId(i - 1, 1));//第一个格子无需与左边判断
        for (j = 2; j <= n; ++j)
        {
            if (all[now][j] != all[now][j - 1]) //因为是按行按列遍历，实际上只需要处理每个点的上方点和左边点的合并
                unite(getId(i, j), getId(i, j - 1));
            if (all[now][j] != all[pre][j])
                unite(getId(i, j), getId(i - 1, j));
        }
    }
    int x, y;
    for (i = 1; i <= m; ++i)
    {
        read(x);
        read(y);
        printf("%d\n", h[find(getId(x,y))]);
    }
    return 0;
}