「算法笔记」Tarjan 算法 割点和桥

一、Tarjan 求割边

桥（割边）：无向连通图中，去掉一条边，图中的连通分量数增加，则这条边，称为 桥 或 割边。

判断桥：一条无向边 (x,y) 是桥，当且仅当搜索树上存在 x 的一个子节点 y，满足：dfn[x]<low[y]。（根据定义，由于 y 想要到达 x 的父亲必须经过 (x,y) 这条边，所以删去这条边，图不连通）。

特别需要注意，因为遍历的是无向图，所以从每个点 x 出发，总能访问到它的父节点 fa。根据 low 的计算方法，(x,fa) 属于搜索树上的边，且 fa 不是 x 的子节点，故不能用 fa 的时间戳来更新 low[x]。

如果仅记录每个节点的父节点，会无法处理重边的情况。当 x 与 fa 之间有多条边时，(x,fa) 一定不是桥。在这些重复的边中，只有一条算是“搜索树上的边”，其他的几条都不算。故有重边时，dfn[fa] 能用来更新 low[x]。

改为 记录“递归进入每个节点的边的编号”。编号可认为是边在邻接表中存储的下标位置。把无向图的每一条边看做双向边，成对 存储在下标里。若沿着编号为 i 的边递归进入了节点 x，则忽略从 x 出发的编号 i xor 1 的边，通过其他边计算 low[x] 即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m,x,y,cnt=1,hd[N],to[N<<1],nxt[N<<1],dfn[N],low[N],num;    //注意 cnt 要初始化为 1。对于非负整数 n：当 n 为偶数时，n xor 1=n+1；当 n 为奇数时，n xor 1=n-1。因此，(0,1)(2,3)(4,5)... 关于 xor 1 运算构成“成对变换”。我们把无向图的正反方向的边分别存储在邻接表数组的第 n 与 n+1 位置（其中 n 为偶数）。由于 add 函数中写的是 ++cnt，并且我们刚刚所说的 n 为偶数，因此 cnt 要初始化为 1。 
bool g[N<<1];
void add(int x,int y){
    to[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt;
}
void tarjan(int x,int fa){    //这里的 fa 不是 x 的父亲，是指递归进入每个节点的边的编号（边在邻接表中存储的下标位置），变量名是我瞎起的 qwq 
    dfn[x]=low[x]=++num;
    for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){
        int y=to[i];
        if(!dfn[y]){
            tarjan(y,i);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
            if(low[y]>dfn[x]) g[i]=g[i^1]=1;
        }
        else if(i!=(fa^1)) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        add(x,y),add(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
    for(int i=2;i<cnt;i+=2)
        if(g[i]) printf("%lld %lld
",to[i^1],to[i]);    //输出的为割边 
    return 0;
}

二、Tarjan 求割点

对于无向图 G，如果删除某个点 x 后，连通分量数目增加，则称点 x 是图 G 的割点。

判断割点：若 x 不是搜索树的根结点（深度优先遍历的起点），则 x 是割点当且仅当搜索树上存在 x 的一个子节点 y，满足：dfn[x]≤low[y]。特别地，若 x 是搜索树的根结点，则 x 是割点当且仅当搜索树上出在至少两个子节点 y₁,y₂ 满足上述条件。

具体来说，我们可以把在结点 x 为根的子树（不包括 x）的点集即为 S(x)，把不在 x 为根的子树中的点集即为 T(x)。对于某个点 x，若 S(x) 中存在至少一点 y，满足 y 与 T(x) 之间没有任何边，则 x 是割点。我们可以利用 Tarjan 算法记录 dfn[x] 和 low[x]。于是问题转化成，节点 x 是否存在一个儿子 y，使得 low[y]≥dfn[x]。

我们只需一次 DFS 即可，总时间复杂度 O(n+m)。

因为割点的判定是小于等于号，所以在求个割点时，不必考虑父节点和重边的问题，从 x 出发能访问到的所有点的时间戳都可以用来更新 low[x]。

参考程序如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m,x,y,cnt=1,hd[N],to[N<<1],nxt[N<<1],dfn[N],low[N],num,root;
bool g[N];
void add(int x,int y){
    to[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt;
}
void tarjan(int x){
    dfn[x]=low[x]=++num;
    int flag=0;
    for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){
        int y=to[i];
        if(!dfn[y]){
            tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
            if(low[y]>=dfn[x]){
                flag++;
                if(x!=root||flag>1) g[x]=1;    //割点判定法则 
            }
        }
        else low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        if(x==y) continue;
        add(x,y),add(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!dfn[i]) root=i,tarjan(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(g[i]) printf("%lld ",i);    //输出的是割点 
    return 0;
}