POJ 1182 食物链
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1182
题目告诉有3种动物，互相吃与被吃，现在告诉你m句话，其中有真有假，叫你判断假的个数(如果前面没有与当前话冲突的，即认为其为真话)
这题有几种做法，我以前的做法是每个集合(或者称为子树，说集合的编号相当于子树的根结点，一个概念)中的元素都各自分为A, B, C三类，在合并时更改根结点的种类，其他点相应更改偏移量。但这种方法公式很难推，特别是偏移量很容易计算错误。
下面来介绍一种通用且易于理解的方法：
首先，集合里的每个点我们都记录它与它这个集合(或者称为子树)的根结点的相对关系relation。0表示它与根结点为同类，1表示它吃根结点，2表示它被根结点吃。
那么判断两个点a, b的关系，我们令p = Find(a), q = Find(b)，即p, q分别为a, b子树的根结点。
1. 如果p != q，说明a, b暂时没有关系，那么关于他们的判断都是正确的，然后合并这两个子树。这里是关键，如何合并两个子树使得合并后的新树能保证正确呢？这里我们规定只能p合并到q(刚才说过了，启发式合并的优化效果并不那么明显，如果我们用启发式合并，就要推出两个式子，而这个推式子是件比较累的活…所以一般我们都规定一个子树合到另一个子树)。那么合并后，p的relation肯定要改变，那么改成多少呢？这里的方法就是找规律，列出部分可能的情况，就差不多能推出式子了。这里式子为 : tree[p].relation = (tree[b].relation – tree[a].relation + 2 + d) % 3; 这里的d为判断语句中a, b的关系。还有个问题，我们是否需要遍历整个a子树并更新每个结点的状态呢？答案是不需要的，因为我们可以在Find()函数稍微修改，即结点x继承它的父亲(注意是前父亲，因为路径压缩后父亲就会改变)，即它会继承到p结点的改变，所以我们不需要每个都遍历过去更新。
2. 如果p = q，说明a, b之前已经有关系了。那么我们就判断语句是否是对的，同样找规律推出式子。即if ( (tree[b].relation + d + 2) % 3 != tree[a].relation ), 那么这句话就是错误的。
3. 再对Find()函数进行些修改，即在路径压缩前纪录前父亲是谁，然后路径压缩后，更新该点的状态(通过继承前父亲的状态，这时候前父亲的状态是已经更新的)。
核心的两个函数为：
int Find(int x)
{
int temp_p;
if (tree[x].parent != x)
{
// 因为路径压缩，该结点的与根结点的关系要更新(因为前面合并时可能还没来得及更新).
temp_p = tree[x].parent;
tree[x].parent = Find(tree[x].parent);
// x与根结点的关系更新(因为根结点变了)，此时的temp_p为它原来子树的根结点.
tree[x].relation = (tree[x].relation + tree[temp_p].relation) % 3;
}
return tree[x].parent;
}
void Merge(int a, int b, int p, int q, int d)
{
// 公式是找规律推出来的.
tree[p].parent = q; // 这里的下标相同，都是tree[p].
tree[p].relation = (tree[b].relation – tree[a].relation + 2 + d) % 3;
}
而这种纪录与根结点关系的方法，适用于几乎所有的并查集判断关系(至少我现在没遇到过不适用的情况…可能是自己做的还太少了…)，所以向大家强烈推荐～～
搞定了食物链这题，基本POJ上大部分基础并查集题目就可以顺秒了，这里仅列个题目编号: POJ 1308 1611 1703 1984 1986(LCA Tarjan算法 + 并查集) 1988 2236 2492 2524。
下面来讲解几道稍微提高点的题目:
POJ 1456 Supermarket
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1456
这道题贪心的思想很明显，不过O(n^2)的复杂度明显不行，我们可以用堆进行优化，这里讲下并查集的优化方法(很巧妙)。我们把连续的被占用的区间看成一个集合(子树)，它的根结点为这个区间左边第一个未被占用的区间。
先排序，然后每次判断Find(b[i])是否大于0，大于0说明左边还有未被占用的空间，则占用它，然后合并(b[i], Find(b[i]) – 1)即可。同样这里我们规定只能左边的子树合并到右边的子树(想想为什么～～)。
POJ 1733 Parity game
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1733
这题同样用类似食物链的思想。
首先我们先离散化，因为原来的区间太大了(10^9)，我们可以根据问题数目离散成(10^4)。我们要理解，这里的离散化并不影响最终的结果，因为区间里1的奇偶个数与区间的大小无关(这句话有点奇怪，可以忽略…)，然后每次输入a, b，我们把b++，如果他俩在一个集合内，那么区间[a, b]里1的个数相当于b.relation ^ a.relation，判断对错即可。如果不在一个集合内，合并集合(这里我们规定根结点小的子树合并根结点大的，所以要根据不同情况推式子)，修改子树的根结点的状态，子树的其他结点状态通过Find()函数来更新。
hdu 3038 How Many Answers Are Wrong
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3038
上面那题的加强版，不需要离散化，因为区间的和与区间的大小有关(和上面的那句话对比下，同样可以忽略之…)，做法与上面那题差不多，只是式子变了，自己推推就搞定了。但这题还有个条件，就是每个点的值在[0, 100]之间，那么如果a, b不在一个子树内，我们就合并，但在合并之前还要判断合并后会不会使得区间的和不合法，如果会说明该合并是非法的，那么就不合并，同样认为该句话是错误的。
POJ 1417 True Liars(难)
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1417
并查集 + DP(或搜索)。
题目中告诉两种人，一种只说真话，一种只说假话。然后告诉m条语句，问是否能判断哪些人是只说真话的那类人。
其实并查集部分跟食物链还是相似，而且种类变少了一种，更容易了。我们可以通过并查集把有关系的一些人合并到一个集合内(具体方法参见食物链讲解)。
现在的问题转化为，有n个集合，每个集合都有a, b连个数字，现在要求n个集合中各跳出一个数(a或者b)，使得他们之和等于n1(说真话的人数)。而这个用dp可以很好的解决，用f[i][j]表示到第i个集合和为j个的情况数，我们还用过pre[i][j]记录当前选的是a还是b，用于后面判断状态。方程为f[i][j] = f[i – 1][j – a] + f[i – 1][j – b], j >= a, j >= b。如果最后f[n][n1] == 1说明是唯一的情况，输出该情况，否则输出 “no”(多解算no)
注意点 :
1. 这题的m, n1, n2都有可能出现0，可以特殊处理，也可以一起处理。
2. 按上面的dp写法，f[i][j]可能会很大，因为n可以达到三位数。其实我们关心的只是f[i][j] 等于0，等于1，大于1三种情况，所以当f[i][j] > 1时，我们都让它等于2即可。
POJ 2912 Rochambeau(难)
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2912
Baidu Star 2006 Preliminary的题目，感觉出的很好，在并查集题目中算是较难的了。其实这题跟食物链完全一个磨子，同样三类食物，同样的互相制约关系。所以食物链代码拿过来改都不需要改。但这题有个judge，他可以出任意手势。于是我们的做法是，枚举每个小孩为judge，判断他为judge时在第几句话出错err[i](即到第几句话能判断该小孩不是judge)。
1. 如果只有1个小孩是judge时全部语句都是正确的，说明该小孩是judge，那么判断的句子数即为其他小孩的err[i]的最大值。如果
2. 如果每个小孩的都不是judge(即都可以找到出错的语句)，那么就是impossible。
3. 多于1个小孩是judge时没有找到出错的语句，就是Can not determine。
ZOJ 3261 Connections in Galaxy War
http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=3563