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借鉴于https://www.cnblogs.com/xzxl/p/7226557.html
并查集
并查集由一个整数型的数组和两个函数构成。数组pre[]记录了每个点的前导点是什么，函数find是查找，函数join是合并。
实现：
1. int pre[1000]; 这个数组，记录了每个人的上级是谁。从1或者0开始编号（依据题意而定），pre[15]=3就表示15号的上级是3号。如果一个人的上级就是他自己，那说明他就是掌门人了，查找到此为止。
2.find这个函数就是找掌门用的，意义再清楚不过了。
int find(int x) //查找x的掌门
{
int r=x; //委托 r 去找掌门
while(pre[r] != r) //如果r的上级不是r自己（也就是说找到的大侠他不是掌门 = =）
r = pre[r] ; // r 接着找他的上级，直到找到掌门为止。
return r ; //掌门驾到~~~
}3.join函数，就是在两个点之间连一条线，这样一来，原先它们所在的两个板块的所有点就都可以互通了。
void join(int x,int y)
{
int fx=find(x), fy=find(y); //查找x和y的上级fx，fy
if(fx != fy) //如果fx和fy不是同一个人
pre[fx]=fy; //使fx的上级为fy，即合并成一个组织了
}4.路径压缩
建立连接的过程是用join函数两个人两个人地连接起来的，谁当谁的手下完全随机。最后的树状结构会变成什么样，我也完全无法预计，一字长蛇阵也有可能。这样查找的效率就会比较低下。最理想的情况就是所有人的直接上级都是掌门，一共就两级结构，只要找一次就找到掌门了。哪怕不能完全做到，也最好尽量接近。这样就产生了路径压缩算法。
这样，查询中所有涉及到的人物都聚集在一个掌门的直接领导下。每次查询都做了优化处理，所以整个组织树的层数都会维持在比较低的水平上。
算法描述：
一般来说，一个并查集对应三个操作：初始化+查找根结点函数+合并集合函数。
1.初始化
int pre[max]; //集合index的类别，或者用parent表示，用来表示上级是谁
int rank[max]; //集合index的层次，通常初始化为0
//初始化集合
void Make_pre(int i)
{
pre[i]=i; //一个集合的pre都是这个集合自己的标号。没有跟它同类的集合，那么这个集合的源头只能是自己了。
rank[i]=0;
}2.查找函数
//查找集合i（一个元素是一个集合）的源头（递归实现）
int Find_pre(int i)
{
//如果集合i的父亲是自己，说明自己就是源头，返回自己的标号
if(pre[i]==i)
return pre[i];
//否则查找集合i的父亲的源头
return Find_pre(pre[i]);
}3.合并集合函数
void Union(int i,int j)
{
i=Find_pre(i);
j=Find_pre(j);
if(i==j) return ;
if(rank[i]>rank[j]) pre[j]=i;
else
{
if(rank[i]==rank[j]) rank[j]++;
pre[i]=j;
}
}具体代码实现
#define N 105
int pre[N]; //每个结点
int rank[N]; //树的高度
//初始化
int init(int n) //对n个结点初始化
{
for(int i = 0; i < n; i++){
pre[i] = i; //每个结点的上级都是自己
rank[i] = 1; //每个结点构成的树的高度为1
}
}
int find_pre(int x) //查找结点x的根结点
{
if(pre[x] == x){ //递归出口：x的上级为x本身，即x为根结点
return x;
}
return find_pre(pre[x]); //递归查找
}
//改进查找算法：完成路径压缩，将x的上级直接变为根结点，那么树的高度就会大大降低
int find_pre(int x) //查找结点x的根结点
{
if(pre[x] == x){ //递归出口：x的上级为x本身，即x为根结点
return x;
}
return pre[x] = find_pre(pre[x]); //递归查找 此代码相当于 先找到根结点rootx，然后pre[x]=rootx
}
void unite(int x,int y)
{
int rootx, rooty;
rootx = find_pre(x);
rooty = find_pre(y);
if(rootx == rooty){
return ;
}
if(rank(rootx) > rank(rooty)){
pre[rooty] = rootx; //令y的根结点的上级为rootx
}
else{
if(rank(rootx) == rank(rooty)){
rank(rooty)++;
}
pre[rootx] = rooty;
}
} 问题引入 ：畅通工程
Problem Description
某省调查城镇交通状况，得到现有城镇道路统计表，表中列出了每条道路直接连通的城镇。省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个城镇间都可以实现交通（但不一定有直接的道路相连，只要互相间接通过道路可达即可）。问最少还需要建设多少条道路
Input
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出两个正整数，分别是城镇数目N ( < 1000 )和道路数目M；随后的M行对应M条道路，每行给出一对正整数，分别是该条道路直接连通的两个城镇的编号。为简单起见，城镇从1到N编号。
注意:两个城市之间可以有多条道路相通,也就是说
3 3
1 2
1 2
2 1
这种输入也是合法的
当N为0时，输入结束，该用例不被处理。
Output
对每个测试用例，在1行里输出最少还需要建设的道路数目。
Sample Input
4 2
1 3
4 3
3 3
1 2
1 3
2 3
5 2
1 2
3 5
999 0
0
Sample Output
1
0
2
998
代码实现
#include<iostream>
using namespace std;
int pre[1010];
int rank_pre[1010];
//初始化
void init(int n)
{
for(int i=0; i<n; i++)
{
pre[i]=i;
rank_pre[i]=1;
}
}
//查找函数
int find_pre(int x)
{
if(pre[x]==x)
return x;
return pre[x]=find_pre(pre[x]);
}
//合并函数
void unite(int x,int y)
{
int fx=find_pre(x);
int fy=find_pre(y);
if(fx==fy)
return;
if(rank_pre[fx]>rank_pre[fy])
pre[fy]=x;
else
{
if(rank_pre[fx]==rank_pre[fy])
rank_pre[fy]++;
pre[fx]=y;
}
}
//确定连通分支的个数
int find_num(int n)
{
int num=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(pre[i]==i)
num++;
}
return num;
}
int main()
{
int m,n;
while(1)
{
cin>>n;
if(n==0)
break;
cin>>m;
init(n);
for(int i=0; i<m; i++)
{
int x,y;
cin>>x>>y;
unite(x-1,y-1);
}
int num=find_num(n);
cout<<num-1<<endl;
}
return 0;
}