我们先来看太戈编程467题 攀亲戚
题目描述：
最近你发现自己和古代一个皇帝长得很像：都有两个鼻子一个眼睛，你想知道这皇帝是不是你的远方亲戚，你是不是皇亲国戚。目前你能掌握的信息有m条，关于n个人：第i条信息包含两个人的编号ai,bi，表示ai和bi是亲戚。你的编号是0，皇帝的编号是1，最大编号为n-1，请问能否通过信息推理出你和皇帝是不是亲戚？ 备注：众所周知，亲戚关系具有传递性。
连通块问题三大杀手：1.DFS 2.BFS 3.并查集
我们先定义一个id\[\]数组，表示i号节点的老爸（不是祖宗）。那么......想象一下，把样例构建成一幅图，怎么做呢（想象着想象着就睡着了）？哈哈，我们将无向边化作有向边即可，什么意思呢，就是呢，这个，啊这，嗯，差不多。回到题目，我们发现，皇帝有两个鼻子一个眼睛。
从这个变成......
按连接关系写完id\[\]。 即看到一条，就在图上加一条边。
那如何判断7和8是否连通呢？其实，我们用root()函数表示一个节点的祖宗，判断root(7)==root(8)就行了。
我们人手动加一条边好弄啊，但是计算机不认识啊，咋办嘞。
我们能不能直接7到8连条线呢？那这时我们发现8的老爸有两个耶，id8只能存一个。简单来说就是，不能去修改已经有父亲的点的id。那能不能让1认7做它父亲捏？1又没有父亲。可以是可以，但是......你想想找8的祖宗得走多远呢，换句话说，这棵树的深度太高。正确答案是让1认0做它老爸。所以，unite()函数要调用两次root()。
所以说main()函数如下
cpp
int main(){
cin>>m>>n;
for(ll i=0;i<n;i++) id[i]=i;
while(m--){
cin>>x>>y;
unite(x,y);
}
if(root(1)==root(0)) cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}root()和unite()如下
cpp
ll root(ll x){
if(id[x]==x) return x;
else return root(id[x]);
}
void unite(ll x,ll y){
ll rx=root(x),ry=root(y);
id(rx)=ry;
}此时看到代码的你立马复制黏贴。殊不知，没有AC。为什么呢？原来可以优化。
这叫"路径压缩"。那优化完的代码长什么样呢？
cpp
ll root(ll x){
return id[x]==x?x:id[x]=root(id[x]);
}就这一处变化。那有的小彭友说我用BFS、DFS那不香吗？为什么我们用并查集，因为unite()、root()函数时间复杂度为O(1)！总复杂度O(m+n)！总空间复杂度O(n)!