Problem Description
为了训练小希的方向感,Gardon建立了一座大城堡,里面有N个房间(N<=10000)和M条通道(M<=100000),每个通道都是单向的,就是说若称某通道连通了A房间和B房间,只说明可以通过这个通道由A房间到达B房间,但并不说明通过它可以由B房间到达A房间。Gardon需要请你写个程序确认一下是否任意两个房间都是相互连通的,即:对于任意的i和j,至少存在一条路径可以从房间i到房间j,也存在一条路径可以从房间j到房间i。
Input
输入包含多组数据,输入的第一行有两个数:N和M,接下来的M行每行有两个数a和b,表示了一条通道可以从A房间来到B房间。文件最后以两个0结束。
Output
对于输入的每组数据,如果任意两个房间都是相互连接的,输出”Yes”,否则输出”No”。
Sample Input
3 3
1 2
2 3
3 1
3 3
1 2
2 3
3 2
0 0
Sample Output
Yes
No
分析:
判断该图中是否只有一个强连通分量
我这里使用的是tarjan:
算法需要开两个数组Dfn和Low,Low记录该点所在的强连通子图所在搜索子树的根节点的Dfn值,
简单的说就是记录该点在它所在的强连通分量中树根,有一点像并查集中的指向父节点;
Dfn记录搜索到该节点的时间戳。
具体过程:
1.数组的初始化:当首次搜索到点p时,Dfn与Low数组的值都为到该点的时间。
2.堆栈:每搜索到一个点,将它压入栈顶。
3.当点p有与点p’相连时,如果此时(时间为dfn[p]时)p’不在栈中,p的low值为两点的low值中较小的一个。
4.当点p有与点p’相连时,如果此时(时间为dfn[p]时)p’在栈中,p的low值为p的low值和p’的dfn值中较小的一个。
5.每当搜索到一个点经过以上操作后(也就是子树已经全部遍历)的low值等于dfn值,则将它以及在它之上的元素弹出栈。
6.这些出栈的元素组成一个强连通分量。
7.继续搜索(或许会更换搜索的起点,因为整个有向图可能分为两个不连通的部分),直到所有点被遍历。
注意:题目的数据可能有n个点,但没有边,一开始本zz在读入时while中写的判断时(n&&m),结果wa了一下午,后来才想到有上面这种情况。。。orz
这里写代码片
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include <cstdlib> //
using namespace std;
const int N=100010;
int n,m;
struct node{
int x,y,next;
};
node way[N];
int st[N],tot,tt,cnt;
int dfn[N],low[N],sta[N],top;
int p[N];
void add(int u,int v)
{
tot++;
way[tot].x=u;
way[tot].y=v;
way[tot].next=st[u];
st[u]=tot;
return;
}
void dfs(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++tt;
p[x]=1;
sta[++top]=x;
int i,j;
for (i=st[x];i;i=way[i].next)
{
int v=way[i].y;
if (!dfn[v])
{
dfs(v);
low[x]=min(low[x],low[v]); //
}
else if (p[v]) //在栈里
low[x]=min(low[x],dfn[v]); //
}
if (dfn[x]==low[x])
{
cnt++;
do
{
j=sta[top--];
p[j]=0;//标记不在栈中
}
while (j!=x);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
while (n)
{
memset(st,0,sizeof(st));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(p,0,sizeof(p));
tot=0;tt=0;
top=0;cnt=0;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!dfn[i]) //dfn是时间戳,可以通过ta来判断是否遍历过该点
dfs(i);
if (cnt==1) printf("Yes
");
else printf("No
");
scanf("%d%d",&n,&m);
}
return 0;
}