СНМ

Задача:

Хотим реализовать структуру данных, которая поддерживает следующие операции:

1. $init(n)$: создать $n$ множеств размера $1$: $0, 1, \dots, n-1$
2. $Merge(i, j)$: слить множества, в которых сейчас лежат числа $i$ и $j$, в одно множество.
3. $GetComponentId(i)$: выдать идентификатор множества, в котором лежит число $i$. Разумеется, мы хотим, чтобы для всех чисел в одном множестве ответ был одинаковый.

Реализуем эту структуру с помощью леса из корневых деревьев $~-$ каждый элемент будет в нём представлять из себя вершину и каждая вершина будет знать своего предка в текущем своём дереве. у вершины-корня положим предком её саму. Изначально (после $init$-а) каждая вершина будет являться деревом размера $1$.

Тогда, чтобы отвечать на $3$-ий запрос, нам достаточно возвращать корень дерева, в котором находится вершина $~-$ для этого надо подниматься в предка до тех пор, пока не дойдём до корня $~-$ у него предком будет он сам.

Чтобы реализовать $Merge(i, j)$, нам надо научиться объединять деревья. Вспомним, что в $GetComponentId$ нам нужно подниматься от вершины до корня. Значит, нам хотелось бы, чтобы эта величина была как можно меньше в среднем. Значит, надо следить за тем, чтобы деревья получались сбалансированными. Для этого будем хранить в каждой вершине $rank(i) ~-$ длину самого длинного пути от вершины вниз до листа. При $Merge(i, j)$ корневых деревьев у нас есть 2 варианта: подвесить $root(i)$ к $root(j)$ или наоборот. Выберем тот из вариантов, в котором получившееся дерево будет более сбалансированным. Для этого будем подвешивать вершину с меньшим рангом к вершине с большим, а при равенстве будем подвешивать первую вершину ко второй, увеличивая ранг второй на 1.

Talk is cheap. Show me the code

vector<int> p;
vector<int> rank;

void init(n) {
  p.resize(n);
  p.iota(p.begin(), p.end(), 0);
  /* equivalent to
   *
   * for (int i = 0; i < n; ++i) {
   *   p[i] = i;
   * }
   *
   */
  
  rank.resize(n, 0);
}

int GetRoot(int i) {
  while (p[i] != i) {
    i = p[i];
  }

  return i;
}

void Merge(int i, int j) {
  int root_i = GetRoot(i);
  int root_j = GetRoot(j);

  // если вершины лежат в одном дереве
  // то можно ничего не делать
  if (root_i == root_j) {
    return;  
  }

  if (rank[root_i] < rank[root_j]) {
    p[root_i] = root_j;
  } else if (rank[root_j] < rank[root_i]) {
    p[root_j] = root_i;
  } else {
    p[root_i] = root_j;
    rank[root_j]++;
  }
}

Лемма о ранговой эвристике

Если $rank(v) = r$, то в поддереве вершины $v$ хотя бы $2^v$ вершин.

Доказательство

Будем доказывать индукцией по $r$.

База

$r = 0$. Дерево состоит из 1 вершины, $2^0 = 1$, значит, база верна.

Шаг

Дерево ранга $r$ мы получаем только при объединении двух деревьев ранга $r - 1$. В каждом из них, по предположению индукции, хотя бы $2^{r-1}$ вершин. Значит, в их объединении будет хотя бы $2^{r}$ вершин.

Итак, мы с вами научились строить структуру данных, в которых сложность каждого запроса составляет $O(log(n))$. Оказывается, можно и быстрее.

Идея: если в какой-то момент мы узнали, что $root(v) = r$, то можно после этого переподвесить $v$ к $r$, не нарушив свойств нашей структуры. Более того, у всех вершин $u$ на пути от $v$ до $r$, $root(u) = r$, и их тоже можно подвесить к $r$, таким образом сократив время ответа на дальнейшие запросы $GetRoot(u)$. Эта эвристика носит название эвристики о сжатии путей.

Эта на первый взгляд непростая эвристика оказывается на удивлении лаконичной в смысле кода.

Итоговый код, с обеими эвристиками:

vector<int> p;
vector<int> rank;

void init(n) {
  p.resize(n);
  p.iota(p.begin(), p.end(), 0);
  /* equivalent to
   *
   * for (int i = 0; i < n; ++i) {
   *   p[i] = i;
   * }
   *
   */
  
  rank.resize(n, 0);
}

int GetRoot(int i) {
  if (p[i] == i) {
    return i;
  }

  return p[i] = GetRoot(p[i]);
}

void Merge(int i, int j) {
  int root_i = GetRoot(i);
  int root_j = GetRoot(j);

  // если вершины лежат в одном дереве
  // то можно ничего не делать
  if (root_i == root_j) {
    return;  
  }

  if (rank[root_i] < rank[root_j]) {
    p[root_i] = root_j;
  } else if (rank[root_j] < rank[root_i]) {
    p[root_j] = root_i;
  } else {
    p[root_i] = root_j;
    rank[root_j]++;
  }
}

Сложность $GetRoot$ (б/д)

Пусть нам поступаем $g$ запросов типа $GetRoot$. Тогда СНМ с обеими эвристиками выполнит их за суммарное время $O(g \times log^*(g))$ Что такое $log^*(x)$

---

Автор конспекта: Александр Гришутин

По всем вопросам пишите в telegram @rationalex