Union-Find 问题：给定 \(n\) 个元素，最初每个元素在一个集合中，有两种操作，union 表示合并两个集合，find 表示查询某个特定元素所在的集合。
并查集是一种数据结构。其为每个集合寻找一个代表元，代表元可以是任意的，也可以随操作变化，但需要满足任何时刻一个集合的代表元是确定且唯一的。数据结构支持 MakeSet, Find, Union 三种操作，表示新建一个仅包含一个元素的集合、寻找一个集合的代表元、合并两个元素所在的集合。
Up-tree 是并查集最常用的实现方式，其将每个集合的元素维护为一棵有根树，将根作为这个集合的代表元，Union 时通过将一个根连到另一个根上将两棵树合并为一棵，Find 时不断爬父亲找根即可。
设 \(n\) 为元素个数，\(m\) 为操作次数。
Union 总是 \(O(1)\) 的，关键在于 Find。什么都不做是 \(O(n)\) 的。有两种优化，按秩合并和路径压缩。按秩合并是守序善良的 \(\log\) 数据结构。带按秩合并的路径压缩是难分析的。
需要注意的是 Find 一个点的复杂度为这个点所在集合改变代表元的次数。
有两种常用的秩的定义方法，高度 Height 和重量 Weight。合并时总是将秩小的根连到秩大的根上。如果是高度，则秩增大 \(1\) 当且仅当两个集合秩相同，因此可以归纳证明秩为 \(k\) 至少需要 \(2^k\) 个点（达到下界的是二项树），因此每个点至多更换 \(\log\) 次代表元，复杂度为单次严格 \(O(\log n)\)。重量同理。
路径压缩在每次 Find 时将涉及到的一条链打散，所有点直接挂在根上，这个操作不会额外增加复杂度。
如果按秩合并和路径压缩同时使用，那基于高度的秩将不方便维护。不过我们可以修改其定义，Find 时秩不改变，Union 时只有两者秩相同则新的根的秩增加一，旧的不变，否则小的合并到大的上，两者都不变。我们来分析其复杂度。
随着操作进行，对于每个 \(x\)，\(\mathrm{rank}(x)\) 只增不减。当 \(x\) 不为根时，\(\mathrm{rank}(x)\) 不再改变。如果 \(y\) 是 \(x\) 的父亲，\(\mathrm{rank}(y) > \mathrm{rank}(x)\)。对于 \(\mathrm{rank} \geq r\) 的结点任何时候至多 \(\frac {\min(n, m)}{2^r}\) 个。
令 \(T(m, r)\) 表示 \(m\) 个操作，秩 \(< r\) 的复杂度，令 \(s\) 为秩的一个阈值。考虑路径压缩时 \(x\) 被挂在了新父亲 \(y\) 上。
- \(\mathrm{rank}(x), \mathrm{rank}(y) < s\)，则归档到 \(T(m', s)\) 中。
- \(\mathrm{rank}(x), \mathrm{rank}(y) \geq s\)，共涉及 \(\frac m{2^s}\) 个结点，总复杂度 \(O(\frac{m}{2^s}r)\)。
- \(\mathrm{rank}(x) < s \leq \mathrm{rank}(y)\)，再分两种情况
- \(\mathrm{rank}(\mathrm{parent}(x)) < s\)，则经过一次操作后 \(\mathrm{rank}(\mathrm{parent}(x)) = \mathrm{rank}(y) \geq s\)，因此总复杂度 \(O(m)\)。
- \(\mathrm{rank}(\mathrm{parent}(x)) \geq s\)，每次 Find 只会有一个这样的 \(x\)，因此为每次 Find 增加 \(O(1)\)。
所以，我们得到
\[T(m, r) \leq T(m, s) + O\left(\frac m{2^s} r + m\right) \]取 \(s = \log r\)，则有
\[T(m, r) \leq T(m, \log r) + O(m) \]因此，只需要递归 \(\log^* r\) 层，所以
\[T(m, r) = O(m \log^* r) \]回到
- \(\mathrm{rank}(x), \mathrm{rank}(y) \geq s\)，共有 \(\frac m{2^s}\) 个结点，总复杂度 \(O(\frac{m}{2^s}r)\)。
我们将其优化为了 \(O(\frac{m}{2^s}\log^* r)\)。因此重新写
\[T(m, r) \leq T(m, s) + O\left(\frac m{2^s} \log^*r + m\right) \]令 \(s = \log^{**}r\)，即迭代 \(\log^*\) 多少次 \(r\) 后到一个常数，则可以得到
\[T(m, s) = O(m \log^{**} r) \]等等等等，所以对任何常数 \(k\)，
\[T(m, s) = O(m \log^{*^{(k)}} r) \]但是由于递归是非常数，或称 \(\omega(1)\) 轮的，所以不能直接认最终复杂度为 \(O(m)\)，常数经过 \(\omega(1)\) 轮后可能叠加为 \(\omega(1)\)。我们需要精确分析常数。
最初
\[T(m, r) \leq m\cdot r \]\[T(m, r) \leq T(m, s) + \frac m{2^s}r + m \]令 \(s = \log r\)，则
\[T(m, r) \leq T(m, \log r) + 2m \]\[T(m, r) \leq 2m \log^* r \]\[T(m, r) \leq T(m, s) + 2 \frac m{2^s}\log^* r + m \]\[T(m, r) \leq 3m \log^{**}r \]以此类推，最终得到
\[T(m, r) = O(km \log^{*^{(k)}} r) \]令 \(k = \alpha(n)\)，\(\log^{*^{(k)}} r\) 归为常数，最终复杂度为 \(O(m \alpha(n))\)。
其中 \(\alpha\) 为反阿克曼函数，\(\alpha(n) = \min\{k \mid A(k, 1) \geq n\}\)，其中 \(A\) 为阿克曼函数。阿克曼函数是这样定义的：
\[A(m, n) = \begin{cases} n + 1 && m = 0 \\ A(m - 1, 1) && m > 0, n = 0 \\ A(m - 1, A(m, n - 1)) && m > 0, n > 0\end{cases} \]
\[\begin{aligned}
A(0, n) &= n + 1 \\
A(1, n) &= 2 + (n + 3) - 3 \\
A(2, n) &= 2 \times (n + 3) - 3 \\
A(3, n) &= 2^{n + 3} - 3 \\
A(4, n) &= \underbrace{2^{2^{2^{\ldots^2}}}}_{n + 3} - 3 \\
&\vdots \\
\end{aligned}\]可知其是将上一个值 \(A(m, n - 1)\) 作为在第 \(m - 1\) 行的递归轮数，因此 \(m\) 充当的是递归形式的阶次。
其比任何多项式和指数函数增长得都要快。因此 \(\alpha(n)\) 比任何 \(\log^{***\ldots **}\) 增长得都要慢。但其不是常数，\(\lim_{n \to +\infty}\alpha(n) \to +\infty\)。
不难发现 \(\log^{*^{(k)}}\) 表示的是经过多少次 \(k - 1\) 阶递归能到一个常数，和 \(A\) 的定义恰好相对。\(\alpha(n) \approx \min\left\{k \mid \log^{*^{(k)}} \leq 3\right\}\)。
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Up-tree 实现的并查集复杂度为 \(\Omega(m \alpha(n))\)。[Tarjan, '75]
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Union-Find 问题的下界为 \(\Omega(\alpha(n))\)。[Fredman, Saks '89]
接下来介绍另一个 \(\alpha\) 在复杂度中出现的问题，区间半群查询。
有 \(n\) 个元素 \(A_1, A_2, \ldots, A_n \in (G, +)\) 排成一行，每次查询 \(i, j\)，求 \(\sum_{q=i}^j A_q\)。半群意味着不能使用前缀和相减（因为没有加法逆元）等手段，只有加法封闭和结合律两条性质。要求使用尽可能少的存储量，使得每次查询时只使用至多 \(k\) 次加法。设 \(S_k(n)\) 表示最少存储量。
\[S_0(n) = \frac 12n(n-1) \]对 \(S_1(n)\)，序列分治得到
\[S_1(n) = n \log n \]对 \(S_3(n)\)，递归四毛子，第一层块大小 \(B = \log n\)，对每个块存前后缀，块间用 \(S_1\)，块内递归 \(S_3\) 得到
\[S_3(n) \leq 2n + S_1\left(\frac n{\log n}\right) + \frac n{\log n} S_3(\log n) \]其和之前的形式类似。可得
\[S_3(n) = 3n \log^* n \]假设
\[S_{2k - 1}(n) \leq (2k - 1) n f(n) \]其中 \(f(n)\) 为块大小，满足对 \(n\) 不降，则
\[S_{2k + 1}(n) \leq 2n + S_{2k - 1}\left(\frac n{f(n)}\right) + \frac n{f(n)} S_{2k + 1}(f(n)) \leq (2k + 1) n + \frac n{f(n)} S_{2k + 1}(f(n)) \]归纳可得
\[S_{2k+1}(n) = (2k + 1)n f^*(n) \]因此
\[S_{2k+1} \leq (2k + 1) n \log^{*^{(k)}} n \]\[S_{2\alpha(n) + 1} = O(n\alpha(n)) \]更进一步地有
- 对于 \(O(\alpha(n))\) 次加法，\(O(n)\) 空间 [Yao; Chazelle, Rosenberg]。