題目描述：給定一個帳號列表，每個帳號的第一個元素是帳號名稱，其餘元素是電子郵件地址。如果兩個帳號共享任何一個電子郵件地址，則這兩個帳號屬於同一個人。請將所有屬於同一人的帳號合併，並回傳合併後的結果，每個帳號內的電子郵件須依字母順序排列。
解題思路：
這道題的核心在於「連通性」的判斷：只要兩個帳號共享一個 email，它們就是同一個人，即使這個人可能透過「鏈式關聯」才相連（A 和 B 共享 email1，B 和 C 共享 email2，所以 A、B、C 都是同一個人）。
方法：Union-Find（並查集）
email_to_id）：對每個帳號的每個 email，若該 email 第一次出現，記錄它屬於哪個帳號索引；若已出現過，則將當前帳號與先前的帳號進行 union（合併）。find() 取得其根帳號索引，將 email 歸集到對應的根帳號下。為什麼用 Union-Find 而非 DFS？
Union-Find 的優點是增量式合併，不需要先建立完整的圖再遍歷。每次遇到重複 email 就立刻 union，時間複雜度接近線性（含路徑壓縮和按秩合併）。DFS 方法也可行，但需要先建圖（email 為節點，同帳號的 email 互相連接），再進行 DFS 找連通分量，兩種方法的最終複雜度相似。
時間複雜度：O(N * K * α(N) + N * K * log(K)) — 其中 N 是帳號數量，K 是每個帳號平均的 email 數量。建立映射和執行 union 操作需要 O(N * K * α(N))，其中 α 是 Ackermann 函數的反函數（幾乎等於常數）；最後對每組 email 排序需要 O(total_emails * log(total_emails))，整體約為 O(N * K * log(K))。
空間複雜度：O(N + M) — N 為帳號數量（Union-Find 陣列），M 為所有不重複 email 的總數（emailToId 映射）。
1. Initialize Union-Find with n nodes (one per account) 2. Create emailToId map 3. For each account i, for each email in accounts[i][1:]: a. If email in emailToId: union(i, emailToId[email]) b. Else: emailToId[email] = i 4. Create rootToEmails map 5. For each (email, id) in emailToId: a. root = find(id) b. rootToEmails[root].append(email) 6. For each (root, emails) in rootToEmails: a. Sort emails b. Prepend accounts[root][0] (name) c. Append to result 7. Return result
DFS 圖遍歷 O(N * K * log(K))：將每個 email 視為圖節點，同一帳號內的所有 email 兩兩相連（或星狀連接到第一個 email）。接著對所有 email 節點進行 DFS，找出每個連通分量，即為同一人的 email 集合。這個方法較直觀，但需要先建圖再遍歷，程式碼稍長。
BFS 圖遍歷 O(N * K * log(K))：與 DFS 方法相同，差異僅在用 BFS（隊列）代替 DFS（遞迴或棧）遍歷連通分量。在 email 數量龐大時，BFS 能避免遞迴深度過深導致的 stack overflow 問題。