“tarjan陪伴强联通分量
生成树完成后思路才闪光
欧拉跑过的七桥古塘
让你 心驰神往”----《膜你抄》
自从听完这首歌，我就对tarjan开始心驰神往了，不过由于之前水平不足，一直没有时间学习。这两天好不容易学会了，写篇博客，也算记录一下。
一、tarjan求强连通分量
1、什么是强连通分量？
引用来自度娘的一句话：
“有向图强连通分量：在有向图G中，如果两个顶点vi,vj间（vi>vj）有一条从vi到vj的有向路径，同时还有一条从vj到vi的有向路径，则称两个顶点强连通(strongly connected)。如果有向图G的每两个顶点都强连通，称G是一个强连通图。有向图的极大强连通子图，称为强连通分量(strongly connected components)。”
一脸懵逼......不过倒也不难理解。
反正就是在图中找到一个最大的图，使这个图中每个两点都能够互相到达。这个最大的图称为强连通分量，同时一个点也属于强连通分量。
如图中强连通分量有三个：1-2-3,4,5
2、强连通分量怎么找？
噫......当然，通过肉眼可以很直观地看出1-2-3是一组强连通分量，但很遗憾，机器并没有眼睛，所以该怎么判断强连通分量呢？
如果仍是上面那张图，我们对它进行dfs遍历。
可以注意到红边非常特别，因为如果按照遍历时间来分类的话，其他边都指向在自己之后被遍历到的点，而红边指向的则是比自己先被遍历到的点。
如果存在这么一条边，那么我们可以yy一下，emmmm.......
从一个点出发，一直向下遍历，然后忽得找到一个点，那个点竟然有条指回这一个点的边！
那么想必这个点能够从自身出发再回到自身
想必这个点和其他向下遍历的该路径上的所有点构成了一个环，
想必这个环上的所有点都是强联通的。
但只是强联通啊，我们需要求的可是强连通分量啊......
那怎么办呢？
我们还是yy出那棵dfs树
不妨想一下，什么时候一个点和他的所有子孙节点中的一部分构成强连通分量？
他的子孙再也没有指向他的祖先的边，却有指向他自己的边
因为只要他的子孙节点有指向祖先的边，显然可以构成一个更大的强联通图。
比如说图中红色为强连通分量，而蓝色只是强联通图
那么我们只需要知道这个点u下面的所有子节点有没有连着这个点的祖先就行了。
但似乎还有一个问题啊......
我们怎么知道这个点u它下面的所有子节点一定是都与他强联通的呢？
这似乎是不对的，这个点u之下的所有点不一定都强联通
那么怎么在退回到这个点的时候，知道所有和这个点u构成强连通分量的点呢？
开个栈记录就行了
什么？！这么简单？
没错~就是这么简单~
如果在这个点之后被遍历到的点已经能与其下面的一部分点（也可能就只有他一个点）已经构成强连通分量，即它已经是最大的。
那么把它们一起从栈里弹出来就行了。
所以最后处理到点u时如果u的子孙没有指向其祖先的边，那么它之后的点肯定都已经处理好了，一个常见的思想，可以理解一下。
所以就可以保证栈里留下来u后的点都是能与它构成强连通分量的。
似乎做法已经明了了，用程序应该怎么实现呢？
所以为了实现上面的操作，我们需要一些辅助数组
(1)、dfn[ ]，表示这个点在dfs时是第几个被搜到的。
(2)、low[ ]，表示这个点以及其子孙节点连的所有点中dfn最小的值
(3)、stack[ ]，表示当前所有可能能构成是强连通分量的点。
(4)、vis[ ]，表示一个点是否在stack[ ]数组中。
那么按照之上的思路，我们来考虑这几个数组的用处以及tarjan的过程。
假设现在开始遍历点u：
(1)、首先初始化dfn[u]=low[u]=第几个被dfs到
dfn可以理解，但为什么low也要这么做呢？
因为low的定义如上，也就是说如果没有子孙与u的祖先相连的话，dfn[u]一定是它和它的所有子孙中dfn最小的（因为它的所有子孙一定比他后搜到）。
(2)、将u存入stack[ ]中，并将vis[u]设为true
stack[ ]有什么用？
如果u在stack中，u之后的所有点在u被回溯到时u和栈中所有在它之后的点都构成强连通分量。
(3)、遍历u的每一个能到的点，如果这个点dfn[ ]为0，即仍未访问过，那么就对点v进行dfs，然后low[u]=min{low[u],low[v]}
low[ ]有什么用？
应该能看出来吧，就是记录一个点它最大能连通到哪个祖先节点（当然包括自己）
如果遍历到的这个点已经被遍历到了，那么看它当前有没有在stack[ ]里,如果有那么low[u]=min{low[u],low[v]}
如果已经被弹掉了，说明无论如何这个点也不能与u构成强连通分量，因为它不能到达u
如果还在栈里，说明这个点肯定能到达u，同样u能到达他，他俩强联通。
(4)、假设我们已经dfs完了u的所有的子树那么之后无论我们再怎么dfs，u点的low值已经不会再变了。
那么如果dfn[u]=low[u]这说明了什么呢？
再结合一下dfn和low的定义来看看吧
dfn表示u点被dfs到的时间，low表示u和u所有的子树所能到达的点中dfn最小的。
这说明了u点及u点之下的所有子节点没有边是指向u的祖先的了，即我们之前说的u点与它的子孙节点构成了一个最大的强连通图即强连通分量
此时我们得到了一个强连通分量，把所有的u点以后压入栈中的点和u点一并弹出，将它们的vis[ ]置为false，如有需要也可以给它们打上相同标记（同一个数字）
tarjan到此结束
至于手模？tan90°！网上有不少大佬已经手摸了不少样例了，想必不需要本蒟蒻再补充了。
结合上面四步代码已经可以写出了：
对了，tarjan一遍不能搜完所有的点，因为存在孤立点或者其他
所以我们要对一趟跑下来还没有被访问到的点继续跑tarjan
怎么知道这个点有没有被访问呢？
看看它的dfn是否为0！
这看起来似乎是o(n^2)的复杂度，但其实均摊下来每个点只会被遍历一遍
所以tarjan的复杂度为o(n)。
来一道例题吧，这是模板题，应该做到提交框AC
[USACO06JAN]牛的舞会The Cow Prom
给你n个点，m条边，求图中所有大小大于1的强连通分量的个数
5 4
2 4
3 5
1 2
4 1
1
显然是tarjan水题，数出强连通分量的个数，给每个强连通分量的点染色，统计出每个强连通分量中点的个数，如果大于一，则答案加一。
代码：
#include<queue> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define inf 0x3f3f3f3f vector<int> g[10010]; int color[10010],dfn[20020],low[20020],stack[20020],vis[10010],cnt[10010]; int deep,top,n,m,sum,ans; void tarjan(int u) { dfn[u]=++deep; low[u]=deep; vis[u]=1; stack[++top]=u; int sz=g[u].size(); for(int i=0;i<sz;i++) { int v=g[u][i]; if(!dfn[v]) { tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]); } else { if(vis[v]) { low[u]=min(low[u],low[v]); } } } if(dfn[u]==low[u]) { color[u]=++sum; vis[u]=0; while(stack[top]!=u) { color[stack[top]]=sum; vis[stack[top--]]=0; } top--; } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int from,to; scanf("%d%d",&from,&to); g[from].push_back(to); } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!dfn[i]) { tarjan(i); } } for(int i=1;i<=n;i++) { cnt[color[i]]++; } for(int i=1;i<=sum;i++) { if(cnt[i]>1) { ans++; } } printf("%d ",ans); }
二、tarjan缩点
其实这也是利用了tarjan求强连通分量的方法，对于一些贡献具有传导性，比如友情啊、路径上的权值啊等等。
思想就是因为强连通分量中的每两个点都是强连通的，可以将一个强连通分量当做一个超级点，而点权按题意来定。
来看一道题吧。
poj2186 Popular Cows
告诉你有n头牛，m个崇拜关系，并且崇拜具有传递性，如果a崇拜b，b崇拜c，则a崇拜c，求最后有几头牛被所有牛崇拜。
Sample Input
3 3
1 2
2 1
2 3
Sample Output
1
显然一个强联通分量内的所有点都是满足条件的，我们可以对整张图进行缩点，然后就简单了。
剩下的所有点都不是强连通的，现在整张图就是一个DAG（有向无环图）
那么就变成一道水题了，因为这是一个有向无环图，不存在所有点的出度都不为零的情况。
所以必然有1个及以上的点出度为零，如果有两个点出度为零，那么这两个点肯定是不相连的，即这两圈牛不是互相崇拜的，于是此时答案为零，如果有1个点出度为0，那么这个点就是被全体牛崇拜的，
这个点可能是一个强联通分量缩成的超级点，所以应该输出整个强联通分量中点的个数。
代码：
#include<cmath> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int dfn[10010],low[10010],vis[10010],stack[10010],color[10010],du[10010],cnt[10010]; int n,m,top,sum,deep,tmp,ans; vector<int> g[10010]; void tarjan(int u) { dfn[u]=low[u]=++deep; vis[u]=1; stack[++top]=u; int sz=g[u].size(); for(int i=0; i<sz; i++) { int v=g[u][i]; if(!dfn[v]) { tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]); } else { if(vis[v]) { low[u]=min(low[u],low[v]); } } } if(dfn[u]==low[u]) { color[u]=++sum; vis[u]=0; while(stack[top]!=u) { color[stack[top]]=sum; vis[stack[top--]]=0; } top--; } } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { memset(vis,0,sizeof(du)); memset(vis,0,sizeof(low)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(vis,0,sizeof(cnt)); memset(vis,0,sizeof(color)); memset(vis,0,sizeof(stack)); for(int i=1; i<=n; i++) { g[i].clear(); } for(int i=1; i<=m; i++) { int from,to; scanf("%d%d",&from,&to); g[from].push_back(to); } for(int i=1; i<=n; i++) { if(!dfn[i]) { tarjan(i); } } for(int i=1; i<=n; i++) { int sz=g[i].size(); for(int j=0; j<sz; j++) { int v=g[i][j]; if(color[v]!=color[i]) { du[color[i]]++; } } cnt[color[i]]++; } for(int i=1; i<=sum; i++) { if(du[i]==0) { tmp++; ans=cnt[i]; } } if(tmp==0) { printf("0 "); } else { if(tmp>1) { printf("0 "); } else { printf("%d ",ans); } } } }
三、tarjan求割点、桥
1、什么是割点、桥
再来引用一遍度娘：
在一个无向图中，如果有一个顶点集合，删除这个顶点集合以及这个集合中所有顶点相关联的边以后，图的连通分量增多，就称这个点集为割点集合。
又是一脸懵逼。。。。
总而言之，就是这个点维持着双联通的继续，去掉这个点，这个连通分量就无法在维持下去，分成好几个连通分量。
比如说上图红色的即为一个割点。
桥：
如果一个无向连通图的边连通度大于1，则称该图是边双连通的 (edge biconnected)，简 称双连通或重连通。一个图有桥，当且仅当这个图的边连通度为 1，则割边集合的唯一元素 被称为桥(bridge)，又叫关节边(articulationedge)。一个图可能有多个桥。（该资料同样来自百度）
对于连通图有两种双联通，边双和点双，桥之于边双如同割点之于点双
如图则是一个桥。
2、割点和桥怎么求？
与之前强连通分量中的tarjan差不多。但要加一个特判，根节点如果有两个及以上的儿子，那么他也是割点。
模板题：洛谷3388
求割点的个数和数量
代码：
#include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define hi printf("hi!"); using namespace std; vector<int> g[10010]; int dfn[10010],low[10010],iscut[10010],son[10010]; int deep,root,n,m,ans; int tarjan(int u,int fa) { int child=0,lowu; lowu=dfn[u]=++deep; int sz=g[u].size(); for(int i=0;i<sz;i++) { int v=g[u][i]; if(!dfn[v]) { child++; int lowv=tarjan(v,u); lowu=min(lowu,lowv); if(lowv>dfn[u]) { iscut[u]=1; } } else { if(v!=fa&&dfn[v]<dfn[u]) { lowu=min(lowu,dfn[v]); } } } if(fa<0&&child==1) { iscut[u]=false; } low[u]=lowu; return lowu; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int from,to; scanf("%d%d",&from,&to); g[from].push_back(to); g[to].push_back(from); } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!dfn[i]) { root=i; tarjan(i,-1); } } for(int i=1;i<=n;i++) { if(iscut[i]) { ans++; } } printf("%d ",ans); for(int i=1;i<=n;i++) { if(iscut[i]) { printf("%d ",i); } } }
桥的求法也差不多
并没有找到模板题目，所以只好把没检验过的代码放着了......如有错误还请留言指正
#include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define hi printf("hi!"); using namespace std; vector<pair<int,int> >bridge; vector<int> g[10010]; int dfn[10010],low[10010]; int deep,root,n,m,ans; int tarjan(int u,int fa) { int lowu; lowu=dfn[u]=++deep; int sz=g[u].size(); for(int i=0;i<sz;i++) { int v=g[u][i]; if(!dfn[v]) { int lowv=tarjan(v,u); lowu=min(lowu,lowv); if(lowv>dfn[u]) { int from,to; from=u; to=v; if(from>to) { swap(from,to); } bridge.push_back(make_pair(from,to)); } } else { if(v!=fa&&dfn[v]<dfn[u]) { lowu=min(lowu,dfn[v]); } } } low[u]=lowu; return lowu; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int from,to; scanf("%d%d",&from,&to); g[from].push_back(to); g[to].push_back(from); } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!dfn[i]) { root=i; tarjan(i,-1); } } for(int i=0;i<bridge.size();i++) { printf("%d %d ",bridge[i].first,bridge[i].second); } }
おわり