冗余连接：两端已连通，这条边就是多余的
n 个点的树只有 n−1 条边。按顺序 union，第一次发现两端根相同，这条边加进去会成环，它就是答案。
并查集维护连通块。逐条读边 (a,b)：find(a)==find(b) 说明两点已被前面的边连在一起，当前边是冗余边，按题意直接返回；否则把两个根 union。输入顺序扫描，返回的就是那条「最后出现、删掉后仍是树」的边。近似 O(n α(n))。
题目给的是一棵 n 个节点的树，又多加了一条边，现在有 n 条边。图仍然连通，但有且仅有一个环。找出可以删掉的那条边，使剩下的图变回一棵树。若有多个答案，返回输入里最后出现的那一条。
主例 n=5，边是 [1,2]、[2,3]、[3,4]、[1,4]、[1,5]。前三条把 1-2-3-4 连成一条链。第四条 [1,4] 把链的两头接上，成环。删掉它，再接上 [1,5]，仍是树。答案是 [1,4]。
本文要回答：为什么不必真的去找环上的全部边，以及主例里 find(1) 和 find(4) 第一次相等，发生在扫到哪一条的时候。
逐条加边，抓第一个环
树的充要条件之一：连通，并且边数是 n−1。现在多一条，连通性还在，多出来的那条一定落在唯一的环上。DFS 找环能做，但要记路径、还要按输入顺序挑「最后出现」的那条。缺的是一种只回答「这两点现在通不通」的结构：通，这条边就是多余的；不通，把它接上。
并查集一开始每个节点自成一块，parent[i]=i。读到边 (a,b)，先 find 两边的根。根不同，说明还分属两块，union 把一块挂到另一块下面，这条边是树边。根相同，说明从 a 到 b 已经有一条由前面的边组成的路，再加 (a,b) 就成环。题目要的正是这条边。
用手走主例。parent 初始 1,2,3,4,5 各成一块。(1,2) 根不同，2 挂到 1 下。(2,3) 里 2 的根是 1，3 的根是 3，3 挂到 1 下。(3,4) 里 3 的根是 1，4 仍是 4，4 挂到 1 下。现在 1、2、3、4 一块，5 还单独。(1,4) 两边 find 都是 1，根相同，这条边多余。演示场景前三步 connected 在长，第四步 parent 不再变，标出冗余 [1,4]。
[1,5] 还没读到。已经可以返回了：多出来的边只有一条，按输入顺序第一次成环的，就是题面要求的「最后那条可删边」——因为更早的边都还是树边，删它们里的任何一条都会把图弄断，只剩这条可删。路径压缩让 find 沿着 parent 往上走时把途经节点直接挂到根上，之后的比较近乎常数。
两条边就成环的自环或双边，第一次根相同就会被抓住。星形树再加一条叶子之间的边，同样是扫到那条叶子边时两端已通过中心连通。节点编号从 1 到 n，parent 开 n+1 格，0 闲置。这些情况都不用另写。
并查集「两点是否已经连通」被压成一次根比较。路径压缩之后 find 接近 O(1)。本题不需要按秩合并也能过，因为 n 不大，正确性只依赖根是否相同。
Go：并查集
func findRedundantConnection(edges [][]int) []int {parent := make([]int, len(edges)+1)for i := range parent { parent[i] = i }var find func(int) intfind = func(x int) int {if parent[x] != x { parent[x] = find(parent[x]) }return parent[x]}for _, e := range edges {a, b := find(e[0]), find(e[1])if a == b { return e }parent[a] = b}return nil}
1n 条边对应 n 个节点，parent 开 n+1，下标 1..n 各自为根。
2find 带路径压缩：沿途节点直接挂到根上。
3a==b 就是成环。主例扫到 [1,4] 时两边根都是 1，立刻返回这条边。
4否则 parent[a]=b 合并。主例前三条边走的都是这一支。
总结
按边 union，第一次两端已连通的就是冗余边。主例是 [1,4]。
- n 点 n 边的连通图恰有一个环；按输入顺序第一次成环的边可删。
- 根相同 = 已经有路，再加就成环。不必把环上的边都找出来。
- 路径压缩只加速 find，不改变「是否同根」的判定。