并查集复杂度

本部分内容转载并修改自时间复杂度 - 势能分析浅谈，已取得原作者授权同意。

定义

阿克曼函数

这里，先给出 $\alpha(n)$ 的定义。为了给出这个定义，先给出的定义。

定义为：

A_k(j)=\left\{ \begin{aligned} &j+1& &k=0&\\ &A_{k-1}^{(j+1)}(j)& &k\geq1& \end{aligned} \right.

即阿克曼函数。

这里，表示将连续应用在上次，即， $f^i(x)=f(f^{i-1}(x))$ 。

再定义 $\alpha(n)$ 为使得 $A_{\alpha(n)}(1)\geq n$ 的最小整数值。注意，我们之前将它描述为 $A_{\alpha(n)}(\alpha(n))\geq n$ ，反正他们的增长速度都很慢，值都不超过 4。

基础定义

每个节点都有一个 rank。这里的 rank 不是节点个数，而是深度。节点的初始 rank 为 0，在合并的时候，如果两个节点的 rank 不同，则将 rank 小的节点合并到 rank 大的节点上，并且不更新大节点的 rank 值。否则，随机将某个节点合并到另外一个节点上，将根节点的 rank 值 +1。这里根节点的 rank 给出了该树的高度。记 x 的 rank 为，类似的，记 x 的父节点为。我们总有 $rnk(x)+1\leq rnk(fa(x))$ 。

为了定义势函数，需要预先定义一个辅助函数。其中， $level(x)=\max(k:rnk(fa(x))\geq A_k(rnk(x)))$ 。当 $rnk(x)\geq1$ 的时候，再定义一个辅助函数 $iter(x)=\max(i:rnk(fa(x))\geq A_{level(x)}^i(rnk(x))$ 。这些函数定义的都满足且不是某个树的根。

上面那些定义可能让你有点头晕。再理一下，对于一个和，如果，总是可以找到一对令 $rnk(fa(x))\geq A_k^i(rnk(x))$ ，而 $level(x)=\max(k)$ ，在这个前提下， $iter(x)=\max(i)$ 。描述了的最大迭代级数，而描述了在最大迭代级数时的最大迭代次数。

对于这两个函数，总是随着操作的进行而增加或不变，如果不增加，也只会增加或不变。并且，它们总是满足以下两个不等式：

0\leq level(x)<\alpha(n)

1\leq iter(x)\leq rnk(x)

考虑、和的定义，这些很容易被证明出来，就留给读者用于熟悉定义了。

定义势能函数 $\Phi(S)=\sum\limits_{x\in S}\Phi(x)$ ，其中表示一整个并查集，而为并查集中的一个节点。定义 $\Phi(x)$ 为：

\Phi(x)= \begin{cases} \alpha(n)\times \mathit{rnk}(x)& \mathit{rnk}(x)=0\ \text{或}\ x\ \text{为某棵树的根节点}\\ (\alpha(n)-\mathit{level}(x))\times \mathit{rnk}(x)-iter(x)& \text{otherwise} \end{cases}

然后就是通过操作引起的势能变化来证明摊还时间复杂度为 $\Theta(\alpha(n))$ 啦。注意，这里我们讨论的操作保证了和都是某个树的根，因此不需要额外执行和。

可以发现，势能总是个非负数。另，在开始的时候，并查集的势能为。

证明

union(x,y) 操作

其花费的时间为 $\Theta(1)$ ，因此我们考虑其引起的势能的变化。

这里，我们假设 $rnk(x)\leq rnk(y)$ ，即被接到上。这样，势能增加的节点仅有（从树根变成非树根），（秩可能增加）和操作前的子节点（父节点的秩可能增加）。我们先证明操作前的子节点的势能不可能增加，并且如果减少了，至少减少。

设操作前的势能为 $\Phi(c)$ ，操作后为 $\Phi(c')$ ，这里可以是任意一个的非根节点，操作可以是任意操作，包括下面的 find 操作。我们分三种情况讨论。

和并未增加。显然有 $\Phi(c)=\Phi(c')$ 。
增加了，并未增加。这里至少增加一，即 $\Phi(c')\leq \Phi(c)-1$ ，势能函数减少了，并且至少减少 1。
增加了，可能减少。但是由于 $0<iter(c)\leq rnk(c)$ ，最多减少，而至少增加。由定义 $\Phi(c)=(\alpha(n)-level(c))\times rnk(c)-iter(c)$ ，可得 $\Phi(c')\leq\Phi(c)-1$ 。
其他情况。由于不变，不减，所以不存在。

所以，势能增加的节点仅可能是或。而从树根变成了非树根，如果，则一直有 $\Phi(x)=\Phi(x')=0$ 。否则，一定有 $\alpha(x)\times rnk(x)\geq(\alpha(n)-level(x))\times rnk(x)-iter(x)$ 。即， $\Phi(x')\leq \Phi(x)$ 。

因此，唯一势能可能增加的点就是。而的势能最多增加 $\alpha(n)$ 。因此，可得操作均摊后的时间复杂度为 $\Theta(\alpha(n))$ 。

find(a) 操作

如果查找路径包含 $\Theta(s)$ 个节点，显然其查找的时间复杂度是 $\Theta(s)$ 。如果由于查找操作，没有节点的势能增加，且至少有 $s-\alpha(n)$ 个节点的势能至少减少，就可以证明操作的时间复杂度为 $\Theta(\alpha(n))$ 。为了避免混淆，这里用作为参数，而出现的都是泛指某一个并查集内的结点。

首先证明没有节点的势能增加。很显然，我们在上面证明过所有非根节点的势能不增，而根节点的没有改变，所以没有节点的势能增加。

接下来证明至少有 $s-\alpha(n)$ 个节点的势能至少减少。我们上面证明过了，如果或者有改变的话，它们的势能至少减少。所以，只需要证明至少有 $s-\alpha(n)$ 个节点的或者有改变即可。

回忆一下非根节点势能的定义， $\Phi(x)=(\alpha(n)-level(x))\times rnk(x)-iter(x)$ ，而和是使 $rnk(fa(x))\geq A_{level(x)}^{iter(x)}(rnk(x))$ 的最大数。

所以，如果代表所处的树的根节点，只需要证明 $rnk(root_x)\geq A_{level(x)}^{iter(x)+1}(rnk(x))$ 就好了。根据的定义， $A_{level(x)}^{iter(x)+1}(rnk(x))=A_{level(x)}(A_{level(x)}^{iter(x)}(rnk(x)))$ 。

注意，我们可能会用代表，代表以避免式子过于冗长。这里，就是 $rnk(root_x)\geq A_{k(x)}(A_{k(x)}^{i(x)}(x))$ 。

当你看到这的时候，可能会有一种「这啥玩意」的感觉。这意味着你可能需要多看几遍，或者跳过一些内容以后再看。

这里，我们需要一个外接的 $A_{k(x)}$ ，意味着我们可能需要再找一个点。令是搜索路径上在之后的满足的点，这里「搜索路径之后」相当于「是的祖先」。显然，不是每一个都有这样一个。很容易证明，没有这样的的不超过 $\alpha(n)+2$ 个。因为只有每个的最后一个和以及没有这样的。

我们再强调一遍指的是路径压缩之前的父节点，路径压缩之后的父节点一律用表示。对于每个存在的，总是有 $rnk(y)\geq rnk(fa(x))$ 。同时，我们有 $rnk(fa(x))\geq A_{k(x)}^{i(x)}(rnk(x))$ 。由于，我们用来统称，即， $rnk(fa(x))\geq A_k^{i(x)}(rnk(x))$ 。我们需要造一个出来，所以我们可以不关注的值，直接使用弱化版的 $rnk(fa(y))\geq A_k(rnk(y))$ 。

如果我们将不等式组合起来，神奇的事情就发生了。我们发现， $rnk(fa(y))\geq A_k^{i(x)+1}(rnk(x))$ 。也就是说，为了从迭代到，至少可以迭代不少于次而不超过。

显然，有 $rnk(root_y)\geq rnk(fa(y))$ ，且在路径压缩时不变。因此，我们可以得到 $rnk(root_x)\geq A_k^{i(x)+1}(rnk(x))$ ，也就是说的值至少增加 1，如果没有增加，一定是增加了。

所以， $\Phi(x)$ 至少减少了 1。由于这样的节点至少有 $s-\alpha(n)-2$ 个，所以最后 $\Phi(S)$ 至少减少了 $s-\alpha(n)-2$ ，均摊后的时间复杂度即为 $\Theta(\alpha(n)+2)=\Theta(\alpha(n))$ 。

为何并查集会被卡

这个问题也就是问，如果我们不按秩合并，会有哪些性质被破坏，导致并查集的时间复杂度不能保证为 $\Theta(m\alpha(n))$ 。

如果我们在合并的时候，较大的合并到了较小的节点上面，我们就将那个较小的节点的值设为另一个节点的值加一。这样，我们就能保证 $rnk(fa(x))\geq rnk(x)+1$ ，从而不会出现类似于满地 compile error 一样的性质不符合。

显然，如果这样子的话，我们破坏的就是函数「y 的势能最多增加 $\alpha(n)$ 」这一句。

存在一个能使路径压缩并查集时间复杂度降至 $\Omega(m\log_{1+\frac{m}{n}}n)$ 的结构，定义如下：

二项树（实际上和一般的二项树不太一样），其中 j 是常数，为一个 $T_{k-1}$ 加上一个 $T_{k-j}$ 作为根节点的儿子。

二项树

边界条件，到都是一个单独的点。

令，这里我们有（证明略）。每轮操作，我们将它接到一个单节点上，然后查询底部的个节点。也就是说，我们接到单节点上的时候，单节点的势能提高了。在 $j=\lfloor\frac{m}{n}\rfloor$ ， $i=\lfloor\log_{j+1}\frac{n}{2}\rfloor$ ，的时候，势能增加量为：

\alpha(n)\times((ij-1)/j+1)=\alpha(n)\times((\lfloor\log_{\lfloor\frac{m}{n}\rfloor+1}\frac{n}{2}\rfloor\times \lfloor\frac{m}{n}\rfloor-1)/\lfloor\frac{m}{n}\rfloor+1)

变换一下，去掉所有的取整符号，就可以得出，势能增加量 $\geq \alpha(n)\times(\log_{1+\frac{m}{n}}n-\frac{n}{m})$ ，m 次操作就是 $\Omega(m\log_{1+\frac{m}{n}}n-n)=\Omega(m\log_{1+\frac{m}{n}}n)$ 。

关于启发式合并

由于按秩合并比启发式合并难写，所以很多 dalao 会选择使用启发式合并来写并查集。具体来说，则是对每个根都维护一个，每次将小的合并到大的上面。

所以，启发式合并会不会被卡？

首先，可以从秩参与证明的性质来说明。如果可以代替的地位，则可以使用启发式合并。快速总结一下，秩参与证明的性质有以下三条：

每次合并，最多有一个节点的秩上升，而且最多上升 1。
总有 $rnk(fa(x))\geq rnk(x)+1$ 。
节点的秩不减。

关于第二条和第三条，显然满足，然而第一条不满足，如果将合并到上面，则会增大那么多。

所以，可以考虑使用 $\log_2 siz(x)$ 代替。

关于第一条性质，由于节点的最多翻倍，所以 $\log_2 siz(x)$ 最多上升 1。关于第二三条性质，结论较为显然，这里略去证明。

所以说，如果不想写按秩合并，就写启发式合并好了，时间复杂度仍旧是 $\Theta(m\alpha(n))$ 。

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