引述之类的就免了，我们现在做题碰到的并查集基础题目大都是连通城市（或者村庄学校），接下来我们就称每一个城市为一个元素。我们解决此类题目运用的是树结构，每个集合用一棵树表示，而树的节点用于存储集合中的元素名。举个实例：有A，B，C，D这4个城市，我们用树结构连通的形式如下：
A
|
B
|
C
|
D
在这个树结构里面，A是根节点即没有父节点的节点，A是B的父节点，B是C的父节点，C是D的父节点，而且对于连通4个城市A，B，C，D的树结构来说它有且只有一个根节点（这也是判断城市是否全部连通的重要依据）。
并查集中有一个很重要的数组set[ ]，我们用它来储存当前元素的父节点，像上述例子我们可以这样表示set[B]=A，set[C]=B，set[D]=C。代表什么就不多说了，这个set[ ]要记在心里，后面要用到，当然在此之前我们要初始化set[ i ] = i，即set[A]=A，set[B]=B，set[C]=C=，set[D]=D 最后一步会用到！！。
并查集有二个要点：
（一）查：查找根节点（首先我们要知道若城市（我们还称其为元素）全部连通，总会有find(任何元素)=唯一的元素即根节点 成立）
我们用find( )函数实现，这里就需要上面的set[ ]了。具体代码如下：
[cpp] view plaincopy
- int find(int parent)
- {
- while(parent!=set[parent])
- parent=set[parent];
- return parent;
- }
在这里我们通过find( )函数便可以得到如下的运行：
元素A B C D
find(A)=A；find(B)=A；find(C)=B；find(D)=C；
结束 find(A)=A；find(B)=A；find(C)=B；
结束 find(A)=A；find(B)=A；
结束 find(A)=A；
我们会发现在这个过程中，除了A之外，其它的都会啰嗦一些，明白地说，若是元素很多，将会很耗时。怎么改进呢？？？为什么不能就4次结束呢？
这样不行吗？find(A)=A；find(B)=A——>find(A)=A；find(C)=B——>find(B)=A——>find(A)=A；find(D)=C——>find(C)=B——>find(B)=A——>find(A)=A。
当然可以，这就是路径压缩：每个元素只需一次就可以找到根节点 ，就像下面的树结构一样。
A
/ | \
B C D
代码实现：
[cpp] view plaincopy
- int find(int parent)
- {
- int child=parent;
- int t;
- while(parent!=set[parent])
- parent=set[parent];
- //这里面关于变量间转换较多，一定要理解，不理解也要记好
- //一直查找到child==parent
- while(child!=parent)//不是根节点
- {
- t=set[child];//把当前元素的父节点用t记录下来
- set[child]=parent;
- child=t;//把t赋值给当前元素
- }
- return parent;
- }
通过该过程，我们各需一次就可以得到下面运行：
A B C D
find(A)=A find(B)=A find(C)=A find(D)=A
（二）并：合并 这个过程中我们采用了merge来合并没有共同根节点的元素
首先我们已经知道若城市（我们还称其为元素）全部连通，总会有find(任何元素)=其中唯一的元素即根节点成立，相反的，若有两个元素x，y满足find(x)!=find(y)说明什么？当然是它们不在一棵树上（或者说它们中有一个城市还未连通），因为一棵树只有一个根节点不是吗？那么我们要怎么办？是啊，只需要把其中一个元素当作另一个元素的父节点就OK了。
代码实现：
[cpp] view plaincopy
- void merge(int x,int y)
- {
- int fx=find(x);
- int fy=find(y);
- if(fx!=fy)
- set[fx]=fy;
- }
好好回味一下，再向下看！！！
整体思路说完了：
到了最关键的一步，还是上面A，B，C，D4个城市，我们在开始的时候已经初始化过了set[ i ] = i ，而且我们知道了一棵树中只有一个根节点，那么通过什么办法判断A，B，C，D是否在一棵树上呢？或者说全部连通了呢？
若遍历A，B，C，D若set[ i ] = i 的次数超过一次说明什么？此时，我们就可以认为该元素和其他元素不在一棵树上；相反则说明全部连通！！！
转自http://blog.csdn.net/chenzhenyu123456/article/details/43371209
畅通工程
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 34727 Accepted Submission(s): 18361
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
#include<stdio.h>
int set[1100];
int find(int father) //寻找根节点
{
int child=father;
int t;
while(father!=set[father])
father=set[father];
while(child!=father)
{
t=set[child];
set[child]=father;
child=t;
}
return father;
}
int mix(int a,int b) //合并已有道路
{
int fx,fy;
fx=find(a);
fy=find(b);
if(fx!=fy)
set[fx]=fy;
}
int main()
{
int n,m,i,city,road;
int s; //需要修建的道路
while(scanf("%d",&city)&&city!=0)
{
for(i=1;i<=city;i++)
set[i]=i;
scanf("%d",&road);
for(i=1;i<=road;i++)
{
scanf("%d %d",&n,&m);
mix(n,m);//合并已有道路
}
s=0;
for(i=1;i<=city;i++)
{
if(set[i]==i)
s++;
}
printf("%d\n",s-1);
}
return 0;
}