一文解析并查集（Union-Find）算法原理
记得我之前在讲 图论算法基础 时说图论相关的算法不会经常考，但最近被打脸了，因为一些读者和我反馈近期求职面试涉及很多图论相关的算法，可能是因为环境不好所以算法这块更卷了吧。
常见的图论算法我都已经写过了，这里按难度顺序列举一下：
图论算法基础
二分图判定算法及应用
环检测/拓扑排序算法及应用
并查集算法及应用（本文）
kruskal 最小生成树算法及应用
prim 最小生成树算法及应用
dijkstra 算法模板及应用
并查集（union-find）算法是一个专门针对「动态连通性」的算法，我之前写过两次，因为这个算法的考察频率高，而且它也是最小生成树算法的前置知识，所以我整合了本文，争取一篇文章把这个算法讲明白。
首先，从什么是图的动态连通性开始讲。
一、动态连通性
简单说，动态连通性其实可以抽象成给一幅图连线。比如下面这幅图，总共有 10 个节点，他们互不相连，分别用 0~9 标记：
现在我们的 union-find 算法主要需要实现这两个 api：
class uf { /* 将 p 和 q 连接 */ public void union(int p, int q); /* 判断 p 和 q 是否连通 */ public boolean connected(int p, int q); /* 返回图中有多少个连通分量 */ public int count();}
这里所说的「连通」是一种等价关系，也就是说具有如下三个性质：
1、自反性：节点p和p是连通的。
2、对称性：如果节点p和q连通，那么q和p也连通。
3、传递性：如果节点p和q连通，q和r连通，那么p和r也连通。
比如说之前那幅图，0～9 任意两个不同的点都不连通，调用connected都会返回 false，连通分量为 10 个。
如果现在调用union(0, 1)，那么 0 和 1 被连通，连通分量降为 9 个。
再调用union(1, 2)，这时 0,1,2 都被连通，调用connected(0, 2)也会返回 true，连通分量变为 8 个。
判断这种「等价关系」非常实用，比如说编译器判断同一个变量的不同引用，比如社交网络中的朋友圈计算等等。
这样，你应该大概明白什么是动态连通性了，union-find 算法的关键就在于union和connected函数的效率。那么用什么模型来表示这幅图的连通状态呢？用什么数据结构来实现代码呢？
二、基本思路
注意我刚才把「模型」和具体的「数据结构」分开说，这么做是有原因的。因为我们使用森林（若干棵树）来表示图的动态连通性，用数组来具体实现这个森林。
怎么用森林来表示连通性呢？我们设定树的每个节点有一个指针指向其父节点，如果是根节点的话，这个指针指向自己。比如说刚才那幅 10 个节点的图，一开始的时候没有相互连通，就是这样：
class uf { // 记录连通分量 private int count; // 节点 x 的父节点是 parent[x] private int[] parent; /* 构造函数，n 为图的节点总数 */ public uf(int n) { // 一开始互不连通 this.count = n; // 父节点指针初始指向自己 parent = new int[n]; for (int i = 0; i < n; i++) parent[i] = i; } /* 其他函数 */} 如果某两个节点被连通，则让其中的（任意）一个节点的根节点接到另一个节点的根节点上：
public void union(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); if (rootp == rootq) return; // 将两棵树合并为一棵 parent[rootp] = rootq; // parent[rootq] = rootp 也一样 count--; // 两个分量合二为一}/* 返回某个节点 x 的根节点 */private int find(int x) { // 根节点的 parent[x] == x while (parent[x] != x) x = parent[x]; return x;}/* 返回当前的连通分量个数 */public int count() { return count;}
这样，如果节点p和q连通的话，它们一定拥有相同的根节点：
public boolean connected(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); return rootp == rootq;} 至此，union-find 算法就基本完成了。是不是很神奇？竟然可以这样使用数组来模拟出一个森林，如此巧妙的解决这个比较复杂的问题！
那么这个算法的复杂度是多少呢？我们发现，主要 apiconnected和union中的复杂度都是find函数造成的，所以说它们的复杂度和find一样。
find主要功能就是从某个节点向上遍历到树根，其时间复杂度就是树的高度。我们可能习惯性地认为树的高度就是logn，但这并不一定。logn的高度只存在于平衡二叉树，对于一般的树可能出现极端不平衡的情况，使得「树」几乎退化成「链表」，树的高度最坏情况下可能变成 n。
所以说上面这种解法，find,union,connected的时间复杂度都是 o(n)。这个复杂度很不理想的，你想图论解决的都是诸如社交网络这样数据规模巨大的问题，对于union和connected的调用非常频繁，每次调用需要线性时间完全不可忍受。
问题的关键在于，如何想办法避免树的不平衡呢？只需要略施小计即可。
三、平衡性优化
我们要知道哪种情况下可能出现不平衡现象，关键在于union过程：
public void union(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); if (rootp == rootq) return; // 将两棵树合并为一棵 parent[rootp] = rootq; // parent[rootq] = rootp 也可以 count--;
我们一开始就是简单粗暴的把p所在的树接到q所在的树的根节点下面，那么这里就可能出现「头重脚轻」的不平衡状况，比如下面这种局面：
长此以往，树可能生长得很不平衡。我们其实是希望，小一些的树接到大一些的树下面，这样就能避免头重脚轻，更平衡一些。解决方法是额外使用一个size数组，记录每棵树包含的节点数，我们不妨称为「重量」：
class uf { private int count; private int[] parent; // 新增一个数组记录树的“重量” private int[] size; public uf(int n) { this.count = n; parent = new int[n]; // 最初每棵树只有一个节点 // 重量应该初始化 1 size = new int[n]; for (int i = 0; i size[rootq]) { parent[rootq] = rootp; size[rootp] += size[rootq]; } else { parent[rootp] = rootq; size[rootq] += size[rootp]; } count--;}
这样，通过比较树的重量，就可以保证树的生长相对平衡，树的高度大致在logn这个数量级，极大提升执行效率。
此时，find,union,connected的时间复杂度都下降为 o(logn)，即便数据规模上亿，所需时间也非常少。
四、路径压缩
这步优化虽然代码很简单，但原理非常巧妙。
其实我们并不在乎每棵树的结构长什么样，只在乎根节点。
因为无论树长啥样，树上的每个节点的根节点都是相同的，所以能不能进一步压缩每棵树的高度，使树高始终保持为常数？
这样每个节点的父节点就是整棵树的根节点，find就能以 o(1) 的时间找到某一节点的根节点，相应的，connected和union复杂度都下降为 o(1)。
要做到这一点主要是修改find函数逻辑，非常简单，但你可能会看到两种不同的写法。
第一种是在find中加一行代码：
private int find(int x) { while (parent[x] != x) { // 这行代码进行路径压缩 parent[x] = parent[parent[x]]; x = parent[x]; } return x;}
这个操作有点匪夷所思，看个 gif 就明白它的作用了（为清晰起见，这棵树比较极端）：
用语言描述就是，每次 while 循环都会把一对儿父子节点改到同一层，这样每次调用find函数向树根遍历的同时，顺手就将树高缩短了。
路径压缩的第二种写法是这样：
// 第二种路径压缩的 find 方法public int find(int x) { if (parent[x] != x) { parent[x] = find(parent[x]); } return parent[x];}
我一度认为这种递归写法和第一种迭代写法做的事情一样，但实际上是我大意了，有读者指出这种写法进行路径压缩的效率是高于上一种解法的。
这个递归过程有点不好理解，你可以自己手画一下递归过程。我把这个函数做的事情翻译成迭代形式，方便你理解它进行路径压缩的原理：
// 这段迭代代码方便你理解递归代码所做的事情public int find(int x) { // 先找到根节点 int root = x; while (parent[root] != root) { root = parent[root]; } // 然后把 x 到根节点之间的所有节点直接接到根节点下面 int old_parent = parent[x]; while (x != root) { parent[x] = root; x = old_parent; old_parent = parent[old_parent]; } return root;}
这种路径压缩的效果如下：
比起第一种路径压缩，显然这种方法压缩得更彻底，直接把一整条树枝压平，一点意外都没有。就算一些极端情况下产生了一棵比较高的树，只要一次路径压缩就能大幅降低树高，从 摊还分析 的角度来看，所有操作的平均时间复杂度依然是 o(1)，所以从效率的角度来说，推荐你使用这种路径压缩算法。
另外，如果使用路径压缩技巧，那么size数组的平衡优化就不是特别必要了。所以你一般看到的 union find 算法应该是如下实现：
class uf { // 连通分量个数 private int count; // 存储每个节点的父节点 private int[] parent; // n 为图中节点的个数 public uf(int n) { this.count = n; parent = new int[n]; for (int i = 0; i < n; i++) { parent[i] = i; } } // 将节点 p 和节点 q 连通 public void union(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); if (rootp == rootq) return; parent[rootq] = rootp; // 两个连通分量合并成一个连通分量 count--; } // 判断节点 p 和节点 q 是否连通 public boolean connected(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); return rootp == rootq; } public int find(int x) { if (parent[x] != x) { parent[x] = find(parent[x]); } return parent[x]; } // 返回图中的连通分量个数 public int count() { return count; }}
union-find 算法的复杂度可以这样分析：构造函数初始化数据结构需要 o(n) 的时间和空间复杂度；连通两个节点union、判断两个节点的连通性connected、计算连通分量count所需的时间复杂度均为 o(1)。
到这里，相信你已经掌握了 union-find 算法的核心逻辑，总结一下我们优化算法的过程：
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，保证各个 api 时间复杂度为 o(logn)，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，使得各个 api 时间复杂度为 o(1)。使用了路径压缩之后，可以不使用size数组的平衡优化。
下面我们看一些具体的并查集题目。
题目实践
力扣第 323 题「无向图中连通分量的数目」就是最基本的连通分量题目：
给你输入一个包含n个节点的图，用一个整数n和一个数组edges表示，其中edges[i] = [ai, bi]表示图中节点ai和bi之间有一条边。请你计算这幅图的连通分量个数。
函数签名如下：
int countcomponents(int n, int[][] edges)
这道题我们可以直接套用uf类来解决：
public int countcomponents(int n, int[][] edges) { uf uf = new uf(n); // 将每个节点进行连通 for (int[] e : edges) { uf.union(e[0], e[1]); } // 返回连通分量的个数 return uf.count();}class uf { // 见上文}
另外，一些使用 dfs 深度优先算法解决的问题，也可以用 union-find 算法解决。
比如力扣第 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，让你找到矩阵中四面被x围住的o，并且把它们替换成x。
void solve(char[][] board);
注意哦，必须是四面被围的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）。
其实这个问题应该归为 岛屿系列问题 使用 dfs 算法解决：
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)。
但这个问题也可以用 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。
看解法代码：
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';}class uf { // 见上文}
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。
其实用 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。
力扣第 990 题「等式方程的可满足性」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（连通分量）；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')) return false; } } return true;}class uf { // 见上文}
至此，这道判断算式合法性的问题就解决了，借助 union-find 算法，是不是很简单呢？
最后，union-find 算法也会在一些其他经典图论算法中用到，比如判断「图」和「树」，以及最小生成树的计算，详情见 kruskal 最小生成树算法。
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常见的图论算法我都已经写过了，这里按难度顺序列举一下：
图论算法基础
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并查集算法及应用（本文）
kruskal 最小生成树算法及应用
prim 最小生成树算法及应用
dijkstra 算法模板及应用
并查集（union-find）算法是一个专门针对「动态连通性」的算法，我之前写过两次，因为这个算法的考察频率高，而且它也是最小生成树算法的前置知识，所以我整合了本文，争取一篇文章把这个算法讲明白。
首先，从什么是图的动态连通性开始讲。
一、动态连通性
简单说，动态连通性其实可以抽象成给一幅图连线。比如下面这幅图，总共有 10 个节点，他们互不相连，分别用 0~9 标记：
现在我们的 union-find 算法主要需要实现这两个 api：
class uf { /* 将 p 和 q 连接 */ public void union(int p, int q); /* 判断 p 和 q 是否连通 */ public boolean connected(int p, int q); /* 返回图中有多少个连通分量 */ public int count();}
这里所说的「连通」是一种等价关系，也就是说具有如下三个性质：
1、自反性：节点p和p是连通的。
2、对称性：如果节点p和q连通，那么q和p也连通。
3、传递性：如果节点p和q连通，q和r连通，那么p和r也连通。
比如说之前那幅图，0～9 任意两个不同的点都不连通，调用connected都会返回 false，连通分量为 10 个。
如果现在调用union(0, 1)，那么 0 和 1 被连通，连通分量降为 9 个。
再调用union(1, 2)，这时 0,1,2 都被连通，调用connected(0, 2)也会返回 true，连通分量变为 8 个。
判断这种「等价关系」非常实用，比如说编译器判断同一个变量的不同引用，比如社交网络中的朋友圈计算等等。
这样，你应该大概明白什么是动态连通性了，union-find 算法的关键就在于union和connected函数的效率。那么用什么模型来表示这幅图的连通状态呢？用什么数据结构来实现代码呢？
二、基本思路
注意我刚才把「模型」和具体的「数据结构」分开说，这么做是有原因的。因为我们使用森林（若干棵树）来表示图的动态连通性，用数组来具体实现这个森林。
怎么用森林来表示连通性呢？我们设定树的每个节点有一个指针指向其父节点，如果是根节点的话，这个指针指向自己。比如说刚才那幅 10 个节点的图，一开始的时候没有相互连通，就是这样：
class uf { // 记录连通分量 private int count; // 节点 x 的父节点是 parent[x] private int[] parent; /* 构造函数，n 为图的节点总数 */ public uf(int n) { // 一开始互不连通 this.count = n; // 父节点指针初始指向自己 parent = new int[n]; for (int i = 0; i < n; i++) parent[i] = i; } /* 其他函数 */} 如果某两个节点被连通，则让其中的（任意）一个节点的根节点接到另一个节点的根节点上：
public void union(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); if (rootp == rootq) return; // 将两棵树合并为一棵 parent[rootp] = rootq; // parent[rootq] = rootp 也一样 count--; // 两个分量合二为一}/* 返回某个节点 x 的根节点 */private int find(int x) { // 根节点的 parent[x] == x while (parent[x] != x) x = parent[x]; return x;}/* 返回当前的连通分量个数 */public int count() { return count;}
这样，如果节点p和q连通的话，它们一定拥有相同的根节点：
public boolean connected(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); return rootp == rootq;} 至此，union-find 算法就基本完成了。是不是很神奇？竟然可以这样使用数组来模拟出一个森林，如此巧妙的解决这个比较复杂的问题！
那么这个算法的复杂度是多少呢？我们发现，主要 apiconnected和union中的复杂度都是find函数造成的，所以说它们的复杂度和find一样。
find主要功能就是从某个节点向上遍历到树根，其时间复杂度就是树的高度。我们可能习惯性地认为树的高度就是logn，但这并不一定。logn的高度只存在于平衡二叉树，对于一般的树可能出现极端不平衡的情况，使得「树」几乎退化成「链表」，树的高度最坏情况下可能变成 n。
所以说上面这种解法，find,union,connected的时间复杂度都是 o(n)。这个复杂度很不理想的，你想图论解决的都是诸如社交网络这样数据规模巨大的问题，对于union和connected的调用非常频繁，每次调用需要线性时间完全不可忍受。
问题的关键在于，如何想办法避免树的不平衡呢？只需要略施小计即可。
三、平衡性优化
我们要知道哪种情况下可能出现不平衡现象，关键在于union过程：
public void union(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); if (rootp == rootq) return; // 将两棵树合并为一棵 parent[rootp] = rootq; // parent[rootq] = rootp 也可以 count--;
我们一开始就是简单粗暴的把p所在的树接到q所在的树的根节点下面，那么这里就可能出现「头重脚轻」的不平衡状况，比如下面这种局面：
长此以往，树可能生长得很不平衡。我们其实是希望，小一些的树接到大一些的树下面，这样就能避免头重脚轻，更平衡一些。解决方法是额外使用一个size数组，记录每棵树包含的节点数，我们不妨称为「重量」：
class uf { private int count; private int[] parent; // 新增一个数组记录树的“重量” private int[] size; public uf(int n) { this.count = n; parent = new int[n]; // 最初每棵树只有一个节点 // 重量应该初始化 1 size = new int[n]; for (int i = 0; i size[rootq]) { parent[rootq] = rootp; size[rootp] += size[rootq]; } else { parent[rootp] = rootq; size[rootq] += size[rootp]; } count--;}
这样，通过比较树的重量，就可以保证树的生长相对平衡，树的高度大致在logn这个数量级，极大提升执行效率。
此时，find,union,connected的时间复杂度都下降为 o(logn)，即便数据规模上亿，所需时间也非常少。
四、路径压缩
这步优化虽然代码很简单，但原理非常巧妙。
其实我们并不在乎每棵树的结构长什么样，只在乎根节点。
因为无论树长啥样，树上的每个节点的根节点都是相同的，所以能不能进一步压缩每棵树的高度，使树高始终保持为常数？
这样每个节点的父节点就是整棵树的根节点，find就能以 o(1) 的时间找到某一节点的根节点，相应的，connected和union复杂度都下降为 o(1)。
要做到这一点主要是修改find函数逻辑，非常简单，但你可能会看到两种不同的写法。
第一种是在find中加一行代码：
private int find(int x) { while (parent[x] != x) { // 这行代码进行路径压缩 parent[x] = parent[parent[x]]; x = parent[x]; } return x;}
这个操作有点匪夷所思，看个 gif 就明白它的作用了（为清晰起见，这棵树比较极端）：
用语言描述就是，每次 while 循环都会把一对儿父子节点改到同一层，这样每次调用find函数向树根遍历的同时，顺手就将树高缩短了。
路径压缩的第二种写法是这样：
// 第二种路径压缩的 find 方法public int find(int x) { if (parent[x] != x) { parent[x] = find(parent[x]); } return parent[x];}
我一度认为这种递归写法和第一种迭代写法做的事情一样，但实际上是我大意了，有读者指出这种写法进行路径压缩的效率是高于上一种解法的。
这个递归过程有点不好理解，你可以自己手画一下递归过程。我把这个函数做的事情翻译成迭代形式，方便你理解它进行路径压缩的原理：
// 这段迭代代码方便你理解递归代码所做的事情public int find(int x) { // 先找到根节点 int root = x; while (parent[root] != root) { root = parent[root]; } // 然后把 x 到根节点之间的所有节点直接接到根节点下面 int old_parent = parent[x]; while (x != root) { parent[x] = root; x = old_parent; old_parent = parent[old_parent]; } return root;}
这种路径压缩的效果如下：
比起第一种路径压缩，显然这种方法压缩得更彻底，直接把一整条树枝压平，一点意外都没有。就算一些极端情况下产生了一棵比较高的树，只要一次路径压缩就能大幅降低树高，从 摊还分析 的角度来看，所有操作的平均时间复杂度依然是 o(1)，所以从效率的角度来说，推荐你使用这种路径压缩算法。
另外，如果使用路径压缩技巧，那么size数组的平衡优化就不是特别必要了。所以你一般看到的 union find 算法应该是如下实现：
class uf { // 连通分量个数 private int count; // 存储每个节点的父节点 private int[] parent; // n 为图中节点的个数 public uf(int n) { this.count = n; parent = new int[n]; for (int i = 0; i < n; i++) { parent[i] = i; } } // 将节点 p 和节点 q 连通 public void union(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); if (rootp == rootq) return; parent[rootq] = rootp; // 两个连通分量合并成一个连通分量 count--; } // 判断节点 p 和节点 q 是否连通 public boolean connected(int p, int q) { int rootp = find(p); int rootq = find(q); return rootp == rootq; } public int find(int x) { if (parent[x] != x) { parent[x] = find(parent[x]); } return parent[x]; } // 返回图中的连通分量个数 public int count() { return count; }}
union-find 算法的复杂度可以这样分析：构造函数初始化数据结构需要 o(n) 的时间和空间复杂度；连通两个节点union、判断两个节点的连通性connected、计算连通分量count所需的时间复杂度均为 o(1)。
到这里，相信你已经掌握了 union-find 算法的核心逻辑，总结一下我们优化算法的过程：
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，保证各个 api 时间复杂度为 o(logn)，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，使得各个 api 时间复杂度为 o(1)。使用了路径压缩之后，可以不使用size数组的平衡优化。
下面我们看一些具体的并查集题目。
题目实践
力扣第 323 题「无向图中连通分量的数目」就是最基本的连通分量题目：
给你输入一个包含n个节点的图，用一个整数n和一个数组edges表示，其中edges[i] = [ai, bi]表示图中节点ai和bi之间有一条边。请你计算这幅图的连通分量个数。
函数签名如下：
int countcomponents(int n, int[][] edges)
这道题我们可以直接套用uf类来解决：
public int countcomponents(int n, int[][] edges) { uf uf = new uf(n); // 将每个节点进行连通 for (int[] e : edges) { uf.union(e[0], e[1]); } // 返回连通分量的个数 return uf.count();}class uf { // 见上文}
另外，一些使用 dfs 深度优先算法解决的问题，也可以用 union-find 算法解决。
比如力扣第 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，让你找到矩阵中四面被x围住的o，并且把它们替换成x。
void solve(char[][] board);
注意哦，必须是四面被围的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）。
其实这个问题应该归为 岛屿系列问题 使用 dfs 算法解决：
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)。
但这个问题也可以用 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。
看解法代码：
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';}class uf { // 见上文}
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。
其实用 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。
力扣第 990 题「等式方程的可满足性」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（连通分量）；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')) return false; } } return true;}class uf { // 见上文}
至此，这道判断算式合法性的问题就解决了，借助 union-find 算法，是不是很简单呢？
最后，union-find 算法也会在一些其他经典图论算法中用到，比如判断「图」和「树」，以及最小生成树的计算，详情见 kruskal 最小生成树算法。
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