图中连通块的个数：并查集

图的连通性问题

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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。
这里写图片描述

pre数组

pre[1000]这个数组记录了每个大侠的上级是谁。

pre[15]=3
1
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。
这里写图片描述
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];  
} 

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 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];
}

};