Union-Find 算法（并查集算法）

⼀、问题介绍

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

API connected 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：

⻓此以往，树可能⽣⻓得很不平衡。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 < n; i++) { 
            parent[i] = i; size[i] = 1; 
        } 
    }
    /* 其他函数 */
}

⽐如说 size[3] = 5 表⽰，以节点 3 为根的那棵树，总共有 5 个节点。这

样我们可以修改⼀下 union ⽅法：

public void union(int p, int q) { 
    int rootP = find(p); 
    int rootQ = find(q); 
    if (rootP == rootQ) 
        return; 
    // ⼩树接到⼤树下⾯，较平衡 
    if (size[rootP] > 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，就可以保证树的⽣⻓相对平衡，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

这步优化特别简单，所以⾮常巧妙。我们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 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，⾮常简单，只需要在 find 中加⼀⾏代码：

private int find(int x) { 
    while (parent[x] != x) { 
        // 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（为清晰起⻅，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，最终所有树高都会是一个常数，那么所有方法的复杂度也就都是 O(1)。

PS：读者可能会问，这个 GIF 图的find过程完成之后，树高确实缩短了，但是如果更高的树，压缩后高度可能依然很大呀？不能这么想。因为这个 GIF 的情景是我编出来方便大家理解路径压缩的，但是实际中，每次find都会进行路径压缩，所以树本来就不可能增长到这么高，这种担心是多余的。

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，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，如果路径压缩技巧将树高保持为常数了，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。

五、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：

1	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。

1	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。

六、最后总结

我们先来看⼀下完整代码：

class UF {
    // 连通分量个数
    private int count;
    // 存储⼀棵树
    private int[] parent;
    // 记录树的“重量”
    private int[] size;

    public UF(int n) {
        this.count = n;
        parent = new int[n];
        size = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
            size[i] = 1;
        }
    }

    public void union(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        if (rootP == rootQ)
            return;
        // ⼩树接到⼤树下⾯，较平衡
        if (size[rootP] > size[rootQ]) {
            parent[rootQ] = rootP;
            size[rootP] += size[rootQ];
        } else {
            parent[rootP] = rootQ;
            size[rootQ] += size[rootP];
       }
        count--;
    }

    public boolean connected(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        return rootP == rootQ;
    }

    private int find(int x) {
        while (parent[x] != x) { 
            // 进⾏路径压缩
            parent[x] = parent[parent[x]];
            x = parent[x];
        }
        return x;
    }

    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)。