读完本文，你能够去力扣拿下如下题目：
130. 被围绕的区域
990. 等式方程的可满足性
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心愿你曾经读了这篇题解 Union-Find 算法详解
上篇文章很多读者对于 Union-Find 算法的利用示意很感兴趣，这篇文章就拿几道 LeetCode 题目来讲讲这个算法的奇妙用法。
首先，温习一下，Union-Find 算法解决的是图的动静连通性问题，这个算法自身不难，能不能利用进去次要是看你形象问题的能力，是否可能把原始问题形象成一个无关图论的问题。
先温习一下上篇文章写的算法代码，答复读者提出的几个问题：
class UF {
// 记录连通重量个数
private int count;
// 存储若干棵树
private int[] parent;
// 记录树的“分量”private int[] size;
public UF(int n) {
this.count = n;
parent = new int[n];
size = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {parent[i] = i;
size[i] = 1;
}
}
/* 将 p 和 q 连通 */
public void union(int p, int q) {int rootP = find(p);
int rootQ = find(q);
if (rootP == rootQ)
return;
// 小树接到大树上面，较均衡
if (size[rootP] > size[rootQ]) {parent[rootQ] = rootP;
size[rootP] += size[rootQ];
} else {parent[rootP] = rootQ;
size[rootQ] += size[rootP];
}
count--;
}
/* 判断 p 和 q 是否相互连通 */
public boolean connected(int p, int q) {int rootP = find(p);
int rootQ = find(q);
// 处于同一棵树上的节点，互相连通
return rootP == rootQ;
}
/* 返回节点 x 的根节点 */
private int find(int x) {while (parent[x] != x) {
// 进行门路压缩
parent[x] = parent[parent[x]];
x = parent[x];
}
return x;
}
public int count() {return count;}
}算法的关键点有 3 个：
1、用 parent 数组记录每个节点的父节点，相当于指向父节点的指针，所以 parent 数组内理论存储着一个森林（若干棵多叉树）。
2、用 size 数组记录着每棵树的分量，目标是让 union 后树仍然领有平衡性，而不会进化成链表，影响操作效率。
3、在 find 函数中进行门路压缩，保障任意树的高度放弃在常数，使得 union 和 connected API 工夫复杂度为 O(1)。
有的读者问，既然有了门路压缩，size 数组的分量均衡还须要吗？这个问题很有意思，因为门路压缩保障了树高为常数（不超过 3），那么树就算不均衡，高度也是常数，根本没什么影响。
我认为，论工夫复杂度的话，的确，不须要分量均衡也是 O(1)。然而如果加上 size 数组辅助，效率还是稍微高一些，比方上面这种状况：
如果带有分量均衡优化，肯定会失去状况一，而不带分量优化，可能呈现状况二。高度为 3 时才会触发门路压缩那个 while 循环，所以状况一基本不会触发门路压缩，而状况二会多执行很屡次门路压缩，将第三层节点压缩到第二层。
也就是说，去掉分量均衡，尽管对于单个的 find 函数调用，工夫复杂度仍然是 O(1)，然而对于 API 调用的整个过程，效率会有肯定的降落。当然，益处就是缩小了一些空间，不过对于 Big O 表示法来说，时空复杂度都没变。
上面言归正传，来看看这个算法有什么理论利用。
一、DFS 的代替计划
很多应用 DFS 深度优先算法解决的问题，也能够用 Union-Find 算法解决。
比方第 130 题，被围绕的区域：给你一个 M×N 的二维矩阵，其中蕴含字符 X 和 O，让你找到矩阵中 四面 被 X 围住的 O，并且把它们替换成 X。
void solve(char[][] board);留神哦，必须是四面被围的 O 能力被换成 X，也就是说边角上的 O 肯定不会被围，进一步，与边角上的 O 相连的 O 也不会被 X 围四面，也不会被替换。
PS：这让我想起小时候玩的棋类游戏「黑白棋」，只有你用两个棋子把对方的棋子夹在两头，对方的子就被替换成你的子。可见，占据四角的棋子是无敌的，与其相连的边棋子也是无敌的（无奈被夹掉）。
解决这个问题的传统办法也不艰难，先用 for 循环遍历棋盘的 四边，用 DFS 算法把那些与边界相连的 O 换成一个特殊字符，比方 #；而后再遍历整个棋盘，把剩下的 O 换成 X，把 # 复原成 O。这样就能实现题目的要求，工夫复杂度 O(MN)。
这个问题也能够用 Union-Find 算法解决，尽管实现简单一些，甚至效率也略低，但这是应用 Union-Find 算法的通用思维，值得一学。
你能够把那些不须要被替换的 O 看成一个领有独门绝技的门派，它们有一个独特祖师爷叫 dummy，这些 O 和 dummy 相互连通，而那些须要被替换的 O 与 dummy 不连通。
这就是 Union-Find 的外围思路，明确这个图，就很容易看懂代码了。
首先要解决的是，依据咱们的实现，Union-Find 底层用的是一维数组，构造函数须要传入这个数组的大小，而题目给的是一个二维棋盘。
这个很简略，二维坐标 (x,y) 能够转换成 x * n + y 这个数（m 是棋盘的行数，n 是棋盘的列数）。敲黑板，这是将二维坐标映射到一维的罕用技巧。
其次，咱们之前形容的「祖师爷」是虚构的，须要给他老人家留个地位。索引 [0.. m*n-1] 都是棋盘内坐标的一维映射，那就让这个虚构的 dummy 节点占据索引 m * n 好了。
void solve(char[][] board) {if (board.length == 0) return;
int m = board.length;
int n = board[0].length;
// 给 dummy 留一个额定地位
UF uf = new UF(m * n + 1);
int dummy = m * n;
// 将首列和末列的 O 与 dummy 连通
for (int i = 0; i < m; i++) {if (board[i][0] == 'O')
uf.union(i * n, dummy);
if (board[i][n - 1] == 'O')
uf.union(i * n + n - 1, dummy);
}
// 将首行和末行的 O 与 dummy 连通
for (int j = 0; j < n; j++) {if (board[0][j] == 'O')
uf.union(j, dummy);
if (board[m - 1][j] == 'O')
uf.union(n * (m - 1) + j, dummy);
}
// 方向数组 d 是上下左右搜寻的罕用手法
int[][] d = new int[][]{{1,0}, {0,1}, {0,-1}, {-1,0}};
for (int i = 1; i < m - 1; i++)
for (int j = 1; j < n - 1; j++)
if (board[i][j] == 'O')
// 将此 O 与上下左右的 O 连通
for (int k = 0; k < 4; k++) {int x = i + d[k][0];
int y = j + d[k][1];
if (board[x][y] == 'O')
uf.union(x * n + y, i * n + j);
}
// 所有不和 dummy 连通的 O，都要被替换
for (int i = 1; i < m - 1; i++)
for (int j = 1; j < n - 1; j++)
if (!uf.connected(dummy, i * n + j))
board[i][j] = 'X';
}这段代码很长，其实就是方才的思路实现，只有和边界 O 相连的 O 才具备和 dummy 的连通性，他们不会被替换。
说实话，Union-Find 算法解决这个简略的问题有点杀鸡用牛刀，它能够解决更简单，更具备技巧性的问题，次要思路是适时减少虚构节点，想方法让元素「分门别类」，建设动静连通关系。
二、断定非法等式
这个问题用 Union-Find 算法就显得非常柔美了。题目是这样：
给你一个数组 equations，装着若干字符串示意的算式。每个算式 equations[i] 长度都是 4，而且只有这两种状况：a==b 或者 a!=b，其中 a,b 能够是任意小写字母。你写一个算法，如果 equations 中所有算式都不会互相冲突，返回 true，否则返回 false。
比如说，输出 ["a==b","b!=c","c==a"]，算法返回 false，因为这三个算式不可能同时正确。
再比方，输出 ["c==c","b==d","x!=z"]，算法返回 true，因为这三个算式并不会造成逻辑抵触。
咱们前文说过，动静连通性其实就是一种等价关系，具备「自反性」「传递性」和「对称性」，其实 == 关系也是一种等价关系，具备这些性质。所以这个问题用 Union-Find 算法就很天然。
核心思想是，将 equations 中的算式依据 == 和 != 分成两局部，先解决 == 算式，使得他们通过相等关系各自团结成门派；而后解决 != 算式，查看不等关系是否毁坏了相等关系的连通性。
boolean equationsPossible(String[] equations) {
// 26 个英文字母
UF uf = new UF(26);
// 先让相等的字母造成连通重量
for (String eq : equations) {if (eq.charAt(1) == '=') {char x = eq.charAt(0);
char y = eq.charAt(3);
uf.union(x - 'a', y - 'a');
}
}
// 查看不等关系是否突破相等关系的连通性
for (String eq : equations) {if (eq.charAt(1) == '!') {char x = eq.charAt(0);
char y = eq.charAt(3);
// 如果相等关系成立，就是逻辑抵触
if (uf.connected(x - 'a', y - 'a'))
return false;
}
}
return true;
}至此，这道判断算式合法性的问题就解决了，借助 Union-Find 算法，是不是很简略呢？
三、简略总结
应用 Union-Find 算法，次要是如何把原问题转化成图的动静连通性问题。对于算式合法性问题，能够间接利用等价关系，对于棋盘突围问题，则是利用一个虚构节点，营造出动静连通个性。
另外，将二维数组映射到一维数组，利用方向数组 d 来简化代码量，都是在写算法时罕用的一些小技巧，如果没见过能够留神一下。
很多更简单的 DFS 算法问题，都能够利用 Union-Find 算法更丑陋的解决。LeetCode 上 Union-Find 相干的问题也就二十多道，有趣味的读者能够去做一做。