什么是不相交集数据结构？
如果两个集合没有任何共同元素，则它们被称为不相交集，集合的交集为空集。
存储不重叠或不相交元素子集的数据结构称为不相交集合数据结构。不相交集合数据结构支持以下操作：
1、将新集合添加到不相交集合中。
2、使用联合操作将不相交集合并为单个不相交集。
3、使用“查找”操作查找不相交集的代表。
4、检查两个集合是否不相交。
考虑这样一个情况，有许多人需要执行以下任务：
1、添加新的友谊关系，即一个人 x 成为另一个人 y 的朋友，即向集合中添加新元素。
2、判断个体x 是否是个体 y 的朋友（直接或间接朋友）
例子：
我们有 10 个人，比如 a、b、c、d、e、f、g、h、i、j
以下是需要添加的关系：
a <-> b
b <-> d
c <-> f
c <-> i
j <-> e
g <-> j
给定查询，例如 a 是否是 d 的朋友。我们基本上需要创建以下 4 个组，并在组项之间保持快速访问的连接：
G1 = {a, b, d}
G2 = {c, f, i}
G3 = {e, g, j}
G4 = {h}
判断 x 和 y 是否属于同一组，即判断 x 和 y 是否是直接/间接朋友。
根据个体所属的组别，将个体划分为不同的集合。此方法称为不相交集合并集，它维护不相交集合的集合，每个集合由其成员之一表示。
要回答上述问题，需要考虑两个关键点：
1、如何解析集合？最初，所有元素都属于不同的集合。在处理给定的关系后，我们选择一个成员作为代表。选择代表的方法有很多种，一种简单的方法是选择最大的索引。
2、检查两个人是否在同一组中？如果两个人的代表相同，那么他们就会成为朋友。
使用的数据结构包括：
数组：整数数组称为Parent[]。如果我们处理N 个项目，则数组的第 i 个元素代表第 i 个项目。更准确地说，Parent[] 数组的第 i 个元素是第 i 个项目的父级。这些关系创建一个或多个虚拟树。
树：它是一个不相交集。如果两个元素在同一棵树中，那么它们就在同一个不相交集。每棵树的根节点（或最顶端节点）称为集合的代表。每个集合始终有一个唯一的代表。识别代表的一个简单规则是，如果“i”是集合的代表，则Parent[i] = i。如果 i 不是其集合的代表，则可以通过沿树向上移动直到找到代表来找到它。
不相交集合数据结构上的操作：
查找
联合
1. 查找：
可以通过递归遍历父数组直到找到其自身的父节点来实现。
// Finds the representative of the set
// that i is an element of
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int find(int i)
{
// If i is the parent of itself
if (parent[i] == i) {
// Then i is the representative of
// this set
return i;
}
else {
// Else if i is not the parent of
// itself, then i is not the
// representative of his set. So we
// recursively call Find on its parent
return find(parent[i]);
}
}
// The code is contributed by Nidhi goel
时间复杂度：这种方法效率低下，在最坏的情况下可能需要 O(n) 时间。
2. 联合：
它以两个元素作为输入，并使用查找操作找到它们的集合的代表，最后将其中一棵树（代表集合）放在另一棵树的根节点下。
// Unites the set that includes i
// and the set that includes j
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void union(int i, int j) {
// Find the representatives
// (or the root nodes) for the set
// that includes i
int irep = this.Find(i),
// And do the same for the set
// that includes j
int jrep = this.Find(j);
// Make the parent of i’s representative
// be j’s representative effectively
// moving all of i’s set into j’s set)
this.Parent[irep] = jrep;
}
时间复杂度：这种方法效率低下，在最坏的情况下可能导致长度为 O（n）的树。
优化（按等级/大小合并和路径压缩）：
效率在很大程度上取决于哪棵树连接到另一棵树。有两种方法可以实现。第一种是按等级联合，它将树的高度视为一个因素；第二种是按大小联合，它将树的大小视为一个因素，同时将一棵树连接到另一棵树。此方法与路径压缩一起提供了几乎恒定时间的复杂性。
路径压缩（对 Find() 的修改）：
它通过压缩树的高度来加速数据结构。这可以通过在Find操作中插入一个小的缓存机制来实现。查看代码了解更多详细信息：
// Finds the representative of the set that i
// is an element of.
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int find(int i)
{
// If i is the parent of itself
if (Parent[i] == i) {
// Then i is the representative
return i;
}
else {
// Recursively find the representative.
int result = find(Parent[i]);
// We cache the result by moving i’s node
// directly under the representative of this
// set
Parent[i] = result;
// And then we return the result
return result;
}
}
时间复杂度：平均每次调用为 O(log n)。
按等级合并：
首先，我们需要一个新的整数数组，名为rank[] 。此数组的大小与父数组Parent[]相同。如果 i 代表一个集合，则rank[i]就是代表该集合的树的高度。 现在回想一下，在 Union 操作中，将两棵树中的哪一棵移动到另一棵之下并不重要。现在我们要做的是最小化结果树的高度。如果我们要合并两棵树（或集合），我们将它们称为左和右，那么这一切都取决于左的等级和右的等级。
1、如果左边的等级小于右边的等级，那么最好将左边移到右边的下方，因为这不会改变右边的等级（而将右边移到左边的下方会增加高度）。同样，如果右边的等级小于左边的等级，那么我们应该将右边移到左边的下方。
2、如果等级相等，那么哪棵树位于另一棵树之下并不重要，但结果的等级始终比树的等级大一。
// Unites the set that includes i and the set
// that includes j by rank
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void unionbyrank(int i, int j) {
// Find the representatives (or the root nodes)
// for the set that includes i
int irep = this.find(i);
// And do the same for the set that includes j
int jrep = this.Find(j);
// Elements are in same set, no need to
// unite anything.
if (irep == jrep)
return;
// Get the rank of i’s tree
irank = Rank[irep],
// Get the rank of j’s tree
jrank = Rank[jrep];
// If i’s rank is less than j’s rank
if (irank < jrank) {
// Then move i under j
this.parent[irep] = jrep;
}
// Else if j’s rank is less than i’s rank
else if (jrank < irank) {
// Then move j under i
this.Parent[jrep] = irep;
}
// Else if their ranks are the same
else {
// Then move i under j (doesn’t matter
// which one goes where)
this.Parent[irep] = jrep;
// And increment the result tree’s
// rank by 1
Rank[jrep]++;
}
}
按大小合并：
同样，我们需要一个新的整数数组，名为size[] 。此数组的大小与父数组Parent[]相同。如果 i 代表一个集合，则size[i]是代表该集合的树中元素的数量。 现在我们将两棵树（或集合）合并起来，我们将它们称为左树和右树，在这种情况下，一切都取决于左树（或集合）的大小和右树（或集合）的大小。
1、如果左边的尺寸小于右边的尺寸，那么最好将左边移到右边下方，并将右边的尺寸增加左边的尺寸。同样，如果右边的尺寸小于左边的尺寸，那么我们应该将右边移到左边下方，并将左边的尺寸增加右边的尺寸。
2、如果尺寸相等，那么哪棵树位于另一棵树下都没有关系。
// Unites the set that includes i and the set
// that includes j by size
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void unionBySize(int i, int j) {
// Find the representatives (or the root nodes)
// for the set that includes i
int irep = find(i);
// And do the same for the set that includes j
int jrep = find(j);
// Elements are in the same set, no need to
// unite anything.
if (irep == jrep)
return;
// Get the size of i’s tree
int isize = Size[irep];
// Get the size of j’s tree
int jsize = Size[jrep];
// If i’s size is less than j’s size
if (isize < jsize) {
// Then move i under j
Parent[irep] = jrep;
// Increment j's size by i's size
Size[jrep] += Size[irep];
}
// Else if j’s size is less than i’s size
else {
// Then move j under i
Parent[jrep] = irep;
// Increment i's size by j's size
Size[irep] += Size[jrep];
}
}
输出
元素 0：代表 = 0
元素 1：代表 = 0
元素 2：代表 = 2
元素 3：代表 = 2
元素 4：代表 = 0
时间复杂度：O（log n），无路径压缩。
下面是具有路径压缩和按等级合并的不相交集的完整实现。
// C++ implementation of disjoint set
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
class DisjSet {
int *rank, *parent, n;
public:
// Constructor to create and
// initialize sets of n items
DisjSet(int n)
{
rank = new int[n];
parent = new int[n];
this->n = n;
makeSet();
}
// Creates n single item sets
void makeSet()
{
for (int i = 0; i < n; i++) {
parent[i] = i;
}
}
// Finds set of given item x
int find(int x)
{
// Finds the representative of the set
// that x is an element of
if (parent[x] != x) {
// if x is not the parent of itself
// Then x is not the representative of
// his set,
parent[x] = find(parent[x]);
// so we recursively call Find on its parent
// and move i's node directly under the
// representative of this set
}
return parent[x];
}
// Do union of two sets by rank represented
// by x and y.
void Union(int x, int y)
{
// Find current sets of x and y
int xset = find(x);
int yset = find(y);
// If they are already in same set
if (xset == yset)
return;
// Put smaller ranked item under
// bigger ranked item if ranks are
// different
if (rank[xset] < rank[yset]) {
parent[xset] = yset;
}
else if (rank[xset] > rank[yset]) {
parent[yset] = xset;
}
// If ranks are same, then increment
// rank.
else {
parent[yset] = xset;
rank[xset] = rank[xset] + 1;
}
}
};
// Driver Code
int main()
{
// Function Call
DisjSet obj(5);
obj.Union(0, 2);
obj.Union(4, 2);
obj.Union(3, 1);
if (obj.find(4) == obj.find(0))
cout << "Yes\n";
else
cout << "No\n";
if (obj.find(1) == obj.find(0))
cout << "Yes\n";
else
cout << "No\n";
return 0;
}
输出
Yes
No
时间复杂度：创建 n 个单项集的时间为 O(n)。两种技术（路径压缩和按等级/大小合并）的时间复杂度将达到接近常数时间。事实证明，最终的 摊销时间复杂度为 O(α(n))，其中 α(n) 是逆阿克曼函数，其增长非常稳定（当 n<10 600 
时，它甚至不会超过）。
空间复杂度： O（n），因为我们需要在不相交集数据结构中存储 n 个元素。