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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
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上篇文章很多读者对于 Union-Find 算法的应用表示很感兴趣，这篇文章就拿几道 LeetCode 题目来讲讲这个算法的巧妙用法。
首先，复习一下，Union-Find 算法解决的是图的动态连通性问题，这个算法本身不难，能不能应用出来主要是看你抽象问题的能力，是否能够把原始问题抽象成一个有关图论的问题。
先复习一下上篇文章写的算法代码，回答读者提出的几个问题：
class UF {
// 记录连通分量个数
private int count;
// 存储若干棵树
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;
}
}
/* 将 p 和 q 连通 */
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--;
}
/* 判断 p 和 q 是否互相连通 */
public boolean connected(int p, int q) {
int rootP = find(p);
int rootQ = find(q);
// 处于同一棵树上的节点，相互连通
return rootP == rootQ;
}
/* 返回节点 x 的根节点 */
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;
}
}算法的关键点有 3 个：
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，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 union 和 connected API 时间复杂度为 O(1)。
有的读者问，既然有了路径压缩，size 数组的重量平衡还需要吗？这个问题很有意思，因为路径压缩保证了树高为常数（不超过 3），那么树就算不平衡，高度也是常数，基本没什么影响。
我认为，论时间复杂度的话，确实，不需要重量平衡也是 O(1)。但是如果加上 size 数组辅助，效率还是略微高一些，比如下面这种情况：
如果带有重量平衡优化，一定会得到情况一，而不带重量优化，可能出现情况二。高度为 3 时才会触发路径压缩那个 while 循环，所以情况一根本不会触发路径压缩，而情况二会多执行很多次路径压缩，将第三层节点压缩到第二层。
也就是说，去掉重量平衡，虽然对于单个的 find 函数调用，时间复杂度依然是 O(1)，但是对于 API 调用的整个过程，效率会有一定的下降。当然，好处就是减少了一些空间，不过对于 Big O 表示法来说，时空复杂度都没变。
下面言归正传，来看看这个算法有什么实际应用。
很多使用 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）。
解决这个问题的传统方法也不困难，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)。
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。
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';
}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。
说实话，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。
这个问题用 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；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;
}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？
使用 Union-Find 算法，主要是如何把原问题转化成图的动态连通性问题。对于算式合法性问题，可以直接利用等价关系，对于棋盘包围问题，则是利用一个虚拟节点，营造出动态连通特性。
另外，将二维数组映射到一维数组，利用方向数组 d 来简化代码量，都是在写算法时常用的一些小技巧，如果没见过可以注意一下。
很多更复杂的 DFS 算法问题，都可以利用 Union-Find 算法更漂亮的解决。LeetCode 上 Union-Find 相关的问题也就二十多道，有兴趣的读者可以去做一做。
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第261题的Java代码（提供：LEODPEN）
class Solution {
class DisjointSet {
int count; // 连通分量的总个数
int[] parent; // 每个节点的头节点（不一定是连通分量的最终头节点）
int[] size; // 每个连通分量的大小
public DisjointSet(int n) {
parent = new int[n];
size = new int[n];
// 初为n个连通分量，期望最后为1
count = n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 初始的连通分量只有该节点本身
parent[i] = i;
size[i] = 1;
}
}
/**
* @param first 节点1
* @param second 节点2
* @return 未连通 && 连通成功
*/
public boolean union(int first, int second) {
// 分别找到包含first 和 second 的最终根节点
int firstParent = findRootParent(first), secondParent = findRootParent(second);
// 相等说明已经处于一个连通分量，即说明有环
if (firstParent == secondParent) return false;
// 将较小的连通分量融入较大的连通分量
if (size[firstParent] >= size[secondParent]) {
parent[secondParent] = firstParent;
size[firstParent] += size[secondParent];
} else {
parent[firstParent] = secondParent;
size[secondParent] += size[firstParent];
}
// 连通分量已合并，count减少
count--;
return true;
}
/**
* @param node 某节点
* @return 包含该节点的连通分量的最终根节点
*/
private int findRootParent(int node) {
while (node != parent[node]) {
// 压缩路径
parent[node] = parent[parent[node]];
node = parent[node];
}
return node;
}
}
public boolean validTree(int n, int[][] edges) {
// 树的特性：节点数 = 边数 + 1
if (edges.length != n - 1) return false;
DisjointSet djs = new DisjointSet(n);
for (int[] edg : edges) {
// 判断连通情况（如果合并的两个点在一个连通分量里，说明有环）
if (!djs.union(edg[0], edg[1])) return false;
}
// 是否全部节点均已相连
return djs.count == 1;
}
}class UF {
// 记录连通分量
count;
// 节点 x 的根节点是 parent[x]
parent;
// 记录树的“重量”
size;
constructor(n) {
// 一开始互不连通
this.count = n;
// 父节点指针初始指向自己
this.parent = new Array(n);
this.size = new Array(n);
for (let i = 0; i < n; i++) {
this.parent[i] = i;
this.size[i] = 1;
}
}
/* 返回某个节点 x 的根节点 */
find(x) {
// 根节点的 parent[x] == x
while (this.parent[x] !== x) {
// 进行路径压缩
this.parent[x] = this.parent[this.parent[x]];
x = this.parent[x];
}
return x;
}
/* 将 p 和 q 连接 */
union(p, q) {
// 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
let rootP = this.find(p);
let rootQ = this.find(q);
if (rootP === rootQ) return;
// 小树接到大树下面，较平衡
if (this.size[rootP] > this.size[rootQ]) {
this.parent[rootQ] = rootP;
this.size[rootP] += this.size[rootQ];
} else {
this.parent[rootP] = rootQ;
this.size[rootQ] += this.size[rootP];
}
this.count--; // 两个分量合二为一
}
/* 判断 p 和 q 是否连通 */
connected(p, q) {
let rootP = this.find(p);
let rootQ = this.find(q);
return rootP === rootQ;
};
/* 返回图中有多少个连通分量 */
getCount() {
return this.count;
};
}
/**
* @param {[][]} board
* @return {void} Do not return anything, modify board in-place instead.
*/
let solve = function (board) {
if (board.length === 0) return;
let m = board.length;
let n = board[0].length;
// 给 dummy 留一个额外位置
let uf = new UF(m * n + 1);
let dummy = m * n;
// 将首列和末列的 O 与 dummy 连通
for (let 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 (let 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
let d = [[1, 0], [0, 1], [0, -1], [-1, 0]];
for (let i = 1; i < m - 1; i++)
for (let j = 1; j < n - 1; j++)
if (board[i][j] === 'O')
// 将此 O 与上下左右的 O 连通
for (let k = 0; k < 4; k++) {
let x = i + d[k][0];
let 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 (let i = 1; i < m - 1; i++)
for (let j = 1; j < n - 1; j++)
if (!uf.connected(dummy, i * n + j))
board[i][j] = 'X';
}需要注意的点主要为js字符与ASCII码互转。
在java、c这些语言中，字符串直接相减，得到的是ASCII码的差值，结果为整数；而js中"a" - "b"的结果为NaN，所以需要使用charCodeAt(index)方法来获取字符的ASCII码，index不填时，默认结果为第一个字符的ASCII码。
class UF {
// 记录连通分量
count;
// 节点 x 的根节点是 parent[x]
parent;
// 记录树的“重量”
size;
constructor(n) {
// 一开始互不连通
this.count = n;
// 父节点指针初始指向自己
this.parent = new Array(n);
this.size = new Array(n);
for (let i = 0; i < n; i++) {
this.parent[i] = i;
this.size[i] = 1;
}
}
/* 返回某个节点 x 的根节点 */
find(x) {
// 根节点的 parent[x] == x
while (this.parent[x] !== x) {
// 进行路径压缩
this.parent[x] = this.parent[this.parent[x]];
x = this.parent[x];
}
return x;
}
/* 将 p 和 q 连接 */
union(p, q) {
// 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
let rootP = this.find(p);
let rootQ = this.find(q);
if (rootP === rootQ) return;
// 小树接到大树下面，较平衡
if (this.size[rootP] > this.size[rootQ]) {
this.parent[rootQ] = rootP;
this.size[rootP] += this.size[rootQ];
} else {
this.parent[rootP] = rootQ;
this.size[rootQ] += this.size[rootP];
}
this.count--; // 两个分量合二为一
}
/* 判断 p 和 q 是否连通 */
connected(p, q) {
let rootP = this.find(p);
let rootQ = this.find(q);
return rootP === rootQ;
};
/* 返回图中有多少个连通分量 */
getCount() {
return this.count;
};
}
/**
* @param {string[]} equations
* @return {boolean}
*/
let equationsPossible = function (equations) {
// 26 个英文字母
let uf = new UF(26);
// 先让相等的字母形成连通分量
for (let eq of equations) {
if (eq[1] === '=') {
let x = eq[0];
let y = eq[3];
// 'a'.charCodeAt() 为 97
uf.union(x.charCodeAt(0) - 97, y.charCodeAt(0) - 97);
}
}
// 检查不等关系是否打破相等关系的连通性
for (let eq of equations) {
if (eq[1] === '!') {
let x = eq[0];
let y = eq[3];
// 如果相等关系成立，就是逻辑冲突
if (uf.connected(x.charCodeAt(0) - 97, y.charCodeAt(0) - 97))
return false;
}
}
return true;
};