【POJ - 1182】食物链（附超详细讲解）（并查集--种类并查集经典题）

题干：

动物王国中有三类动物A,B,C，这三类动物的食物链构成了有趣的环形。A吃B， B吃C，C吃A。
现有N个动物，以1－N编号。每个动物都是A,B,C中的一种，但是我们并不知道它到底是哪一种。
有人用两种说法对这N个动物所构成的食物链关系进行描述：
第一种说法是"1 X Y"，表示X和Y是同类。
第二种说法是"2 X Y"，表示X吃Y。
此人对N个动物，用上述两种说法，一句接一句地说出K句话，这K句话有的是真的，有的是假的。当一句话满足下列三条之一时，这句话就是假话，否则就是真话。
1）当前的话与前面的某些真的话冲突，就是假话；
2）当前的话中X或Y比N大，就是假话；
3）当前的话表示X吃X，就是假话。
你的任务是根据给定的N（1 <= N <= 50,000）和K句话（0 <= K <= 100,000），输出假话的总数。

Input

第一行是两个整数N和K，以一个空格分隔。
以下K行每行是三个正整数 D，X，Y，两数之间用一个空格隔开，其中D表示说法的种类。
若D=1，则表示X和Y是同类。
若D=2，则表示X吃Y。

Output

只有一个整数，表示假话的数目。

Sample Input

Sample Output

解题报告：

其中，在判断真假话之后如果是真话就必须更新这句真话。

其实判断此类并查集问题的关键是先搞清楚这两个节点之间的关系。

比如 1 2 3这个操作，如果要你判断2和3是同类这一个命题。

那么，我们就找2和3相对于祖宗的性质，比如2被其祖宗吃，3吃其祖宗，那么如果2和3是同一个祖宗（同一个集合）显然这个命题不成立。

如果2和3不是同一个祖宗，那么我们现在就需要合并两个祖宗，因此打表一下就能得出两个祖宗之间的关系。

2的操作也是这个原理。

贴一份测试数据：POJ - 食物链 - 测试数据

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>using namespace std;
const int MAX=50000 + 5;
int f[MAX];
int rank[MAX];
int n,k,ans; 
int getf(int x) {if(x!=f[x]) {int tmp=getf(f[x]);rank[x]=(rank[x]+rank[f[x] ] ) % 3;f[x]=tmp;}return f[x];
}
bool merge(int d,int x,int y) {int t1=getf(x);int t2=getf(y);if(t1==t2) {if((rank[y]-rank[x]+3)%3!=d)return 1;else return 0;}else {f[t2]=t1;rank[t2]=(rank[x]-rank[y]+d+3) % 3;return 0;}}
int main()
{int d,u,v;scanf("%d%d",&n,&k);ans=0;//初始化 for(int i=1;i<=n;i++) {f[i]=i;rank[i]=0;}while(k--) {scanf("%d %d %d",&d,&u,&v);if(u>n||v>n||(u==v&&d==2) ) {ans++;continue;}if(merge(d-1,u,v) ) ans++;}printf("%d\n",ans);return 0;
}

附一个博客的讲解：https://blog.csdn.net/c0de4fun/article/details/7318642

Part I - 权值(relation)的确定。
我们根据题意，森林中有3种动物。A吃B，B吃C，C吃A。
我们还要使用并查集，那么，我们就以动物之间的关系来作为并查集每个节点的
权值。
注意，我们不知道所给的动物（题目说了，输入只给编号）所属的种类。
所以，我们可以用动物之间“相对”的关系来确定一个并查集。
0 - 这个节点与它的父节点是同类
1 - 这个节点被它的父节点吃
2 - 这个节点吃它的父节点。
注意，这个0,1,2所代表的意义不是随便制定的，我们看题目中的要求。
说话的时候，第一个数字（下文中，设为d）指定了后面两种动物的关系：
1 - X与Y同类
2 - X吃Y
我们注意到，当 d = 1的时候，( d - 1 ) = 0，也就是我们制定的意义
当 d = 2的时候，( d - 1 ) = 1，代表Y被X吃，也是我们指定的意义。
所以，这个0,1,2不是随便选的
Part II - 路径压缩，以及节点间关系确定
确定了权值之后，我们要确定有关的操作。
我们把所有的动物全初始化。
struct Animal
{
int num; //该节点（node）的编号
int parent; //该node的父亲
int relation; //该node与父节点的关系，0同类，1被父节点吃，2吃父节点
}; Animal ani[50010];
初始化为
For i = 0 to N do
ani[i].num = i;
ani[i].parent = i;
ani[i].relation = 0 ; //自己和自己是同类
End For
(1)路径压缩时的节点算法
我们设A,B,C动物集合如下：（为了以后便于举例）
A = { 1 , 2 , 3 ,4 ,5 }
B = { 6 , 7 , 8 ,9 ,10}
C = { 11, 12, 13,14,15}
假如我们已经有了一个集合，分别有3个元素
SET1 = {1,2}，我们规定集合中第一个元素为并查集的“代表”
假如现在有语句：
2 2 6
这是一句真话
2是6的父亲
ani[6].parent = 2;
ani[6].relation = 1;
那么，6和1的关系如何呢？
ani[2].parent = 1;
ani[2].relation = 0;
我们可以发现6与2的关系是 1.
通过穷举我们可以发现
ani[now].parent = ani[ani[now].parent].parent;
ani[now].relation = ( ani[now].relation + ani[now.parent].relation ) % 3;
这个路径压缩算法是正确的
关于这个路径压缩算法，还有一点需要注意的地方，我们一会再谈
注意，根据当前节点的relation和当前节点父节点的relation推出
当前节点与其父节点的父节点的relation这个公式十分重要！！
它推不出来下面都理解不了！！自己用穷举法推一下：
好吧，为了方便伸手党，我给出穷举过程
i j
爷爷父亲儿子儿子与爷爷
0 0 (i + j)%3 = 0
0 1 (i + j)%3 = 1
0 2 (i + j)%3 = 2
1 0 (i + j)%3 = 1
1 1 (i + j)%3 = 2
1 2 (i + j)%3 = 0
2 0 (i + j)%3 = 2
2 1 (i + j)%3 = 0
2 2 (i + j)%3 = 1
嗯，这样可以看到，( 儿子relation + 父亲relation ) % 3 = 儿子对爷爷的relation
这就是路径压缩的节点算法
(2) 集合间关系的确定
在初始化的时候，我们看到，每个集合都是一个元素，就是他本身。
这时候，每个集合都是自洽的（集合中每个元素都不违反题目的规定）
注意，我们使用并查集的目的就是尽量的把路径压缩，使之高度尽量矮
假设我们已经有一个集合
set1 = {1,2,7,10}
set2 = {11,4,8,13},每个编号所属的物种见上文
set3 = {12,5,4,9}
现在有一句话
2 13 2
这是一句真话,X = 13,Y = 2
我们要把这两个集合合并成一个集合。
直接
int a = findParent(ani[X]);
int b = findParent(ani[Y]);
ani[b].parent = a;
就是把Y所在集合的根节点的父亲设置成X所在集合的根节点。
但是，但是！！！！
Y所在集合的根结点与X所在集合的根节点的关系！！！要怎么确定呢？
我们设X,Y集合都是路径压缩过的，高度只有2层
我们先给出计算的公式
ani[b].relation = ( 3 - ani[Y].relation + ( d - 1 ) + ani[X].relation) % 3;
这个公式，是分三部分，这么推出来的
第一部分，好理解的一部分：
( d - 1 ) :这是X和Y之间的relation，X是Y的父节点时，Y的relation就是这个
3 - ani[Y].relation = 根据Y与根节点的关系，逆推根节点与Y的关系
这部分也是穷举法推出来的，我们举例：
j
子父相对于子的relation（即假如子是父的父节点，那么父的relation应该是什么，因为父现在是根节点，所以父.relation = 0，我们只能根据父的子节点反推子跟父节点的关系）
0 ( 3 - 0 ) % 3 = 0
1（父吃子） ( 3 - 1 ) % 3 = 2 //父吃子
2（子吃父) ( 3 - 2 ) % 3 = 1 //子吃父，一样的哦亲
——————————————————————————————————————————————————————
我们的过程是这样的：
把ani[Y]，先连接到ani[X]上，再把ani[Y]的根节点移动到ani[X]上，最后，把ani[Y]的根节点移动到ani[X]的根节点上，这样算relation的
还记得么，如果我们有一个集合，压缩路径的时候父子关系是这么确定的
ani[爷爷].relation = ( ani[父亲].relation + ani[儿子].relation ) % 3
我们已知道,( d - 1 )就是X与Y的relation了
而 (3 - ani[Y].relation)就是以Y为根节点时，他的父亲的relation
那么
我们假设把Y接到X上，也就说，现在X是Y的父亲，Y原来的根节点现在是Y的儿子
Y的relation + ani[Y]根节点相对于ani[Y]的relation
( ( d - 1 ) + ( 3 - ani[Y].relation) ) % 3
就是ani[Y]的父亲节点与ani[X]的relation了！
那么，不难得到，ani[Y]的根节点与ani[X]根节点的关系是：
( ( d - 1 ) + ( 3 - ani[Y].relation) + ani[X].relation ) % 3 ->应用了同余定理
注意，这个当所有集合都是初始化状态的时候也适用哦
还是以最开头我们给的三个集合（分别代表三个物种）为例
2 1 6
带入公式
ani[6].relation = ( ( 2 - 1 ) + ( 3 - 0 ) + 0 ) % 3 = 1
也就是，6被1吃
Part III - 算法正确性的证明
首先，两个自洽的集合，合并以后仍然是自洽的
这个不难想吧，数学上有个什么对称性定理跟他很像的。
如果理解不了，就这么想！！
当set1和set2合并之后，set2的根节点得到了自己关于set1根节点的
正确relation值，变成了set1根节点的儿子，那么
set2的所有儿子只要用
( ani[X].relation + ani[Y].relation ) % 3就能得到自己正确的relation值了
所以说，针对不在同一集合的两个元素的话，除非违背了（2）和（3），否则永远是真的
（无论这句话说的是什么，我们都可以根据所给X,Y推出两个子节点之间应有的关系，这个关系一确定，所有儿子的关系都可以确定）
其实所有的不同集合到最后都会被合并成一个集合的。
我们只要在一个集合中找那些假话就可以了。
首先，如何判断
1 X Y是不是假话。//此时 d = 1
if ( X 和 Y 不在同一集合)
Union(x,y,xroot,yroot,d)
else
if x.relation != y.relation ->假话
其次，如何判断
2 X Y是不是假话 //此时d = 2
if ( X 和 Y 不在同一集合）
Union(x,y,xroot,yroot,d)
else
(ani[y].relation + 3 - ani[x].relation ) % 3 != 1 ->假话
这个公式是这么来的：
3 - ani[x].relation得到了根节点关于x的relation
ani[y] + 3 - ani[x].relation得到了y关于x的relation
所以，只要y关于x的relation不是1，就是y不被x吃的话，这句话肯定是假话！
(2)路径压缩要特别注意的一点（错在这里，要检讨自己）
路径压缩的时候，记得要
先findParent，再给当前节点的relation赋值。
否则有可能因为当前节点的父节点的relation不正确而导致错的稀里哗啦。
例子：
set1 = {1,2,7,10}
set2 = {3,4,8,11}
set3 = {12,5,14,9}
Union(1,3,1,3,1)
Union(3,12,3,12,2)
1 5 1
算5的relation
如果不先更新parent的relation，算出来应该是
( 3 - 0 + 0 + 1 ) % 3 = 1，5被1吃，显然不对
这里面，+ 0的那个0是指根节点 12 的relation（未更新，这里的0是指12与11的relation）
如果更新完了的话，应该是
( 3 - 0 + 2 + 1 ) % 3 = 0 ,5与1是同一物种，对了
这里面的 2 是更新节点12的relation（12与1的relation）


#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>using namespace std;
const int c0de4fun = 50010;//动物个数的最大值
///指明父节点与自己的关系，0同类，1被吃，2吃父
const int SAME = 0;
const int ENEMY = 1;
const int FOOD = 2;
struct Animal
{int parent;int num;int relation;
};
Animal ani[c0de4fun];
long ans;
int findParent(Animal* node)
{///Wrong Answer 因为这个函数写错了///这个函数得是“自洽的”///就是说，得保证每个元素的父亲的relation是对的///再算自己的relation///因为自己的relation和父亲的relation有关///这就是为什么要先findParent再relation更新的原因int tmp;if( node->parent == node->num )return node->parent;tmp = node->parent;
#ifdef DBGprintf("Animal %d s Parent is %d\n",node->num,node->parent);
#endif// node->relation = ( ani[node->parent].relation + node->relation ) % 3;node->parent = findParent(&ani[node->parent]);node->relation = ( ani[tmp].relation + node->relation ) % 3;return node->parent;
}
void Union(int x,int y,int a,int b,int d)
{ani[b].parent = a;///rootY.parent = rootX.parent;ani[b].relation =( (3 - ani[y].relation) + (d - 1) + ani[x].relation) % 3;
}void init_Animal(int n)
{for(int i = 1 ; i <= n ; i++){ani[i].num = i;ani[i].parent = i;ani[i].relation = SAME;}
}
int main(int argc,char* argv[])
{int N,K;int d,X,Y;
#ifdef INPUTfreopen("b:\\acm\\poj1182\\input.txt","r",stdin);
#endifscanf("%d%d",&N,&K);init_Animal(N);for(int i = 0 ; i < K ; i++){scanf("%d%d%d",&d,&X,&Y);if( X > N || Y > N)ans++;else{if(d == 2 && X == Y)ans++;else{int a = findParent(&ani[X]);int b = findParent(&ani[Y]);if ( a != b ){///x，y不在同一集合中Union(X,Y,a,b,d);}else{switch(d){case 1:if(ani[X].relation != ani[Y].relation)ans++;break;case 2:if(((ani[Y].relation + 3 - ani[X].relation) % 3 ) != 1)ans++;break;}}}}}printf("%d\n",ans);return 0;
}