【总结】带权并查集

原理

令$p[x]$表示$x$到$fa[x]$的路径权值，有下式：
$s[x]=p[x]+s[fa[x]]$
可以在路径压缩时完成这一点，这类题的关键是求出两个根节点$u,v$的关系（即求$s[u]$,默认$v$为新的根节点）

A. 箱子

有n个箱子，初始时每个箱子单独为一列；

接下来有p行输入，M, x, y 或者 C, x；

对于M,x,y：表示将x箱子所在的一列箱子搬到y所在的一列箱子上；

对于C,x：表示求箱子x下面有多少个箱子；

分析：

1. 求深度一定是累加，跑一次后就链接到根节点了（路径压缩的特性，本身路径长度会改变，只是点的权值不会变），根节点权值为0，故不会影响结果。如果累加式出现了常数，多次调用时一定会越加越大。
2. 这道题可以直接根节点相连，虽然路径并非直接连在一起，但将路径累加在权值上即可
3. 权值可以记录一些路径压缩下改变的东西，这就是它的用处

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 3e4 + 5;
int n, x, y, fa[MAXN], s[MAXN], d[MAXN];  //设底部为根节点
char c;
void makeset() {
    
    
    for (int i = 1; i <= 30000; i++) {
    
    
        fa[i] = i;
        s[i] = 1;
        d[i] = 0;
    }
}
int findset(int x) {
    
    
    if (fa[x] != x) {
    
    
        int t = fa[x];
        fa[x] = findset(fa[x]);
        d[x] += d[t];  //关键 (表示到父节点的距离，+1会错 )
    }
    return fa[x];
}
void unionset(int x, int y) {
    
    
    int u = findset(x), v = findset(y);
    if (u == v)
        return;
    else {
    
    
        fa[u] = v;     //父节点直接设置成根节点
        d[u] += s[v];  //关键(加距离)
        s[v] += s[u];  //关键(加树的总深度)
    }
}
int main() {
    
    
    scanf("%d", &n);
    makeset();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
        cin >> c;
        if (c == 'M') {
    
    
            scanf("%d%d", &x, &y);
            unionset(x, y);
        } else {
    
    
            scanf("%d", &x);
            int u = findset(x);
            printf("%d\n", d[x]);
        }
    }
}

B.食物链

分析：用带权并查集
x到根节点root的路径权值s[x]就表示了x与root的关系。若x,y在同一集合中，则s[x]和s[y]的差就是x,y的关系。
可以用0,1,2表示不同的种类，由于构成一个环，所以可以模3解决。
另外：s[x,y]=s[x,z]+s[z,y],显然可以用路径压缩。

对于x,y的根节点u,v,要合并u,v两颗树，只需要：
$$fa[u]=v;$$
$$s[u]=(typd-1-s[x]+s[y]+3)mod3;$$
式二可以用向量证明，不过感性理解即可。
注意并查集只能合并根节点，x,y,是不能动的。其实把u接到y后面也没错。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=100005;

void read(int &x) {
    
    
	int f=1;x=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {
    
    if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {
    
    x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
	x*=f;
}

int n,q,fa[maxn],s[maxn],tot;
int find(int x) {
    
    
	if(fa[x]!=x) {
    
    
		int t=fa[x];
		fa[x]=find(fa[x]);
		s[x]=(s[x]+s[t])%3;
	}
	return fa[x];
}
void unionset(int x,int y) {
    
    
	int u=find(x),v=find(y);
	if(u==v) return;
	fa[u]=v;
}
int main() {
    
    
	read(n),read(q);
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,s[i]=0;
	for(int i=1;i<=q;i++) {
    
    
		int x,y,typd;
		read(typd),read(x),read(y);
		if(x>n||y>n||(typd==2&&x==y)) {
    
    
			tot++;
			continue;
		}
		int u=find(x),v=find(y);
		if(u==v&&(s[x]-s[y]+3)%3!=typd-1) tot++;
		else if(u!=v) {
    
    
			fa[u]=v;
			s[u]=(typd-1-s[x]+s[y]+3)%3;
		}
	}
	printf("%d",tot);
}

C.有多少答案是错误的

题目描述
现在有n个数（1~n）和m次询问，每次询问给出一个区间[a,b]以及这个区间内的价值总和，现在请你找出给出的m次查询中，有多少个询问是和前面不相互矛盾的已存在的询问相互矛盾。

输入格式
第一行包含两个整数n，m(1<=n<=200000, 1<=m<=40000)，表示数据的范围以及查询的次数。

接下来每行3个数字a,b,s，表示区间[a,b]内的价值总和为s。其中0＜a＜=b＜=n。

题目保证所有数据的s的和在int范围内。

ps:因为老师们只是讲了思路，所以我来说明一下具体怎么实现

分析：

首先，本题要明确：一个区间的和可能是负的，所以只有根据前面题目中给出的点找矛盾，如：

1 10 10
4 6 50
这个样例是正确的

本题的处理方法和上题一样：
$$fa[u]=v;$$
$$sum[u]=s-sum[x]+sum[y];$$

#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAXN=200005;
int fa[MAXN],n,m,ans,sum[MAXN];
void makeset() {
    
    
	for(int i=1;i<=n;i++) {
    
    
		fa[i]=i;
		sum[i]=0;
	}
}
int find(int x) {
    
    
	if(fa[x]!=x) {
    
    
		int f=fa[x];
		fa[x]=find(fa[x]);
		sum[x]+=sum[f];
	}
	return fa[x];
}
void unionset(int x,int y,int s) {
    
    
	int u=find(x),v=find(y);
	if(u==v) {
    
    
		if(sum[y]-sum[x]!=s) ans++;
		return;
	}
	fa[v]=u,sum[v]=sum[x]+s-sum[y];
}
int main() {
    
    
	scanf("%d%d",&n,&m);
	makeset();
	for(int i=1;i<=m;i++) {
    
    
		int x,y,s;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&s);
		unionset(x-1,y,s);
	}
	printf("%d",ans);
}

总结：这三道题展现了并查集问题的相似性，它不但可以维护关系，还可以维护数值,实现集合内任意两点间路径的查询。