并查集概念:
并查集(Disjoint Set)是一种用于处理动态连通性问题的数据结构。
动态连通性问题是指在一个集合中,我们需要支持以下两个操作:
- 合并(Union):将两个元素所在的集合合并成一个集合。
- 查询(Find):判断两个元素是否在同一个集合中。
并查集通过使用树结构来表示集合,其中每个节点表示一个元素,树的根节点表示该集合的代表元素。
在并查集中,每个节点保存一个指向它的父节点的引用。
初始化时,每个元素单独成为一个集合,即每个元素的父节点指向自身。
当合并两个集合时,只需将一个集合的根节点的父节点指向另一个集合的根节点即可。
查询操作就是通过递归地找到根节点,然后判断两个元素的根节点是否相同。
这种实现方式有一个优点,即在查询操作中,可以通过路径压缩(Path Compression)来优化性能。
路径压缩是在递归查询根节点时,将每个经过的节点的父节点直接指向根节点,从而减少下次查询的时间。这样,查询操作的时间复杂度接近常数时间。
以下是使用Java实现的并查集的基本代码:
public class UnionFind {
private int[] parent; // parent[i]表示第i个元素的父节点
// 初始化并查集
public UnionFind(int size) {
parent = new int[size];
for (int i = 0; i < size; i++) {
parent[i] = i; // 初始时,每个元素的父节点是自己
}
}
// 查找元素x的根节点(代表元素)
public int find(int x) {
if (x != parent[x]) {
// 路径压缩,直接将x的父节点设置为根节点,加快后续查找速度
parent[x] = find(parent[x]);
}
return parent[x];
}
// 合并元素x和元素y所在的集合
public void union(int x, int y) {
int rootX = find(x);
int rootY = find(y);
if (rootX != rootY) {
// 将一个集合的根节点设置为另一个集合的根节点的子节点
parent[rootX] = rootY;
}
}
}
并查集的应用场景很广泛,例如判断图中的连通分量、判断无向图是否为树、求解最小生成树等问题。
LeeCode真题:
给定一个列表 accounts
,每个元素 accounts[i]
是一个字符串列表,其中第一个元素 accounts[i][0]
是 名称 (name),其余元素是 emails 表示该账户的邮箱地址。
现在,我们想合并这些账户。如果两个账户都有一些共同的邮箱地址,则两个账户必定属于同一个人。请注意,即使两个账户具有相同的名称,它们也可能属于不同的人,因为人们可能具有相同的名称。一个人最初可以拥有任意数量的账户,但其所有账户都具有相同的名称。
合并账户后,按以下格式返回账户:每个账户的第一个元素是名称,其余元素是 按字符 ASCII 顺序排列 的邮箱地址。账户本身可以以 任意顺序 返回。
示例 1:
输入:
accounts = [["John", "johnsmith@mail.com", "john00@mail.com"], ["John", "johnnybravo@mail.com"], ["John", "johnsmith@mail.com", "john_newyork@mail.com"], ["Mary", "mary@mail.com"]]
输出:
[["John", 'john00@mail.com', 'john_newyork@mail.com', 'johnsmith@mail.com'], ["John", "johnnybravo@mail.com"], ["Mary", "mary@mail.com"]]
解释:
第一个和第三个 John 是同一个人,因为他们有共同的邮箱地址 "johnsmith@mail.com"。
第二个 John 和 Mary 是不同的人,因为他们的邮箱地址没有被其他帐户使用。 可以以任何顺序返回这些列表,例如答案 [['Mary','mary@mail.com'],['John','johnnybravo@mail.com'], ['John','john00@mail.com','john_newyork@mail.com','johnsmith@mail.com']] 也是正确的。
示例 2:
输入:
accounts = [["Gabe","Gabe0@m.co","Gabe3@m.co","Gabe1@m.co"],["Kevin","Kevin3@m.co","Kevin5@m.co","Kevin0@m.co"],["Ethan","Ethan5@m.co","Ethan4@m.co","Ethan0@m.co"],["Hanzo","Hanzo3@m.co","Hanzo1@m.co","Hanzo0@m.co"],["Fern","Fern5@m.co","Fern1@m.co","Fern0@m.co"]]
输出:
[["Ethan","Ethan0@m.co","Ethan4@m.co","Ethan5@m.co"],["Gabe","Gabe0@m.co","Gabe1@m.co","Gabe3@m.co"],["Hanzo","Hanzo0@m.co","Hanzo1@m.co","Hanzo3@m.co"],["Kevin","Kevin0@m.co","Kevin3@m.co","Kevin5@m.co"],["Fern","Fern0@m.co","Fern1@m.co","Fern5@m.co"]]
提示:
1 <= accounts.length <= 1000
2 <= accounts[i].length <= 10
1 <= accounts[i][j].length <= 30
accounts[i][0]
由英文字母组成accounts[i][j] (for j > 0)
是有效的邮箱地址
解题思路:哈希表 + 并查集
两个账户需要合并,当且仅当两个账户至少有一个共同的邮箱地址,因此这道题的实质是判断所有的邮箱地址中有哪些邮箱地址必定属于同一人,可以使用并查集实现。
为了使用并查集实现账户合并,需要知道一共有多少个不同的邮箱地址,以及每个邮箱对应的名称,因此需要使用两个哈希表分别记录每个邮箱对应的编号和每个邮箱对应的名称,遍历所有的账户并在两个哈希表中记录相应的信息。虽然同一个邮箱地址可能在多个账户中出现,但是同一个邮箱地址在两个哈希表中都只能存储一次。
然后使用并查集进行合并操作。由于同一个账户中的邮箱地址一定属于同一个人,因此遍历每个账户,对账户中的邮箱地址进行合并操作。并查集存储的是每个邮箱地址对应的编号,合并操作也是针对编号进行合并。
完成并查集的合并操作之后,即可知道合并后有多少个不同的账户。遍历所有的邮箱地址,对于每个邮箱地址,通过并查集得到该邮箱地址属于哪个合并后的账户,即可整理出每个合并后的账户包含哪些邮箱地址。
对于每个合并后的账户,需要整理出题目要求的返回账户的格式,具体做法是:将邮箱地址排序,账户的名称可以通过在哈希表中查找任意一个邮箱对应的名称得到,将名称和排序后的邮箱地址整理成一个账户列表。对所有合并后的账户整理出账户列表,即可得到最终答案。
class Solution {
public List<List<String>> accountsMerge(List<List<String>> accounts) {
Map<String, Integer> emailToIndex = new HashMap<String, Integer>();
Map<String, String> emailToName = new HashMap<String, String>();
int emailsCount = 0;
for (List<String> account : accounts) {
String name = account.get(0);
int size = account.size();
for (int i = 1; i < size; i++) {
String email = account.get(i);
if (!emailToIndex.containsKey(email)) {
emailToIndex.put(email, emailsCount++);
emailToName.put(email, name);
}
}
}
UnionFind uf = new UnionFind(emailsCount);
for (List<String> account : accounts) {
String firstEmail = account.get(1);
int firstIndex = emailToIndex.get(firstEmail);
int size = account.size();
for (int i = 2; i < size; i++) {
String nextEmail = account.get(i);
int nextIndex = emailToIndex.get(nextEmail);
uf.union(firstIndex, nextIndex);
}
}
Map<Integer, List<String>> indexToEmails = new HashMap<Integer, List<String>>();
for (String email : emailToIndex.keySet()) {
int index = uf.find(emailToIndex.get(email));
List<String> account = indexToEmails.getOrDefault(index, new ArrayList<String>());
account.add(email);
indexToEmails.put(index, account);
}
List<List<String>> merged = new ArrayList<List<String>>();
for (List<String> emails : indexToEmails.values()) {
Collections.sort(emails);
String name = emailToName.get(emails.get(0));
List<String> account = new ArrayList<String>();
account.add(name);
account.addAll(emails);
merged.add(account);
}
return merged;
}
}
class UnionFind {
int[] parent;
public UnionFind(int n) {
parent = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
parent[i] = i;
}
}
public void union(int index1, int index2) {
parent[find(index2)] = find(index1);
}
public int find(int index) {
if (parent[index] != index) {
parent[index] = find(parent[index]);
}
return parent[index];
}
}
复杂度分析
时间复杂度:O(nlogn),其中 n 是不同邮箱地址的数量。
需要遍历所有邮箱地址,在并查集内进行查找和合并操作,对于两个不同的邮箱地址,如果它们的祖先不同则需要进行合并,需要进行 2 次查找和最多 1 次合并。一共需要进行 2n 次查找和最多 n 次合并,因此时间复杂度是 O(2nlogn)=O(nlogn)。这里的并查集使用了路径压缩,但是没有使用按秩合并,最坏情况下的时间复杂度是 O(nlogn),平均情况下的时间复杂度依然是 O(nα(n)),其中 α 为阿克曼函数的反函数,α(n) 可以认为是一个很小的常数。
整理出题目要求的返回账户的格式时需要对邮箱地址排序,时间复杂度是 O(nlogn)。
其余操作包括遍历所有邮箱地址,在哈希表中记录相应的信息,时间复杂度是 O(n),在渐进意义下 O(n) 小于 O(nlogn)。
因此总时间复杂度是 O(nlogn)。
空间复杂度:O(n),其中 n 是不同邮箱地址的数量。空间复杂度主要取决于哈希表和并查集,每个哈希表存储的邮箱地址的数量为 n,并查集的大小为 n。
导航:LeeCode原题链接