图论-强连通分量

这是一份 Tarjan 求强连通分量的板子

其中和求割点，割边相同：
dfn[ ] 表示为时间戳数组
back[ ] 表示为能访问到的最远祖先(如果该祖先暂无SCC)

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针对求解强联通分量，需要多定义如下变量

1. stack<int> st; 用于存放 dfs 中的路径，从栈顶一直到 这个点本身（指 dfs 中 u）的点就是一个scc
2. int sccno[ ]; 表示这个点属于第几个 scc

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点击查看代码

int head[N], cnt;
struct Edge{
    int from, to, nxt;
}e[N << 1];
void add(int u, int v){
    e[++cnt].from = u;
    e[cnt].to = v;
    e[cnt].nxt = head[u];
    head[u] = cnt;
}

int ans_scc, sccno[N], dfn[N], back[N], tim;
stack<int> st;
void dfs(int u){
    st.push(u);
    dfn[u] = back[u] = ++tim;
    for(int i = head[u]; i != 0; i = e[i].nxt){
        int v = e[i].to;
        if(!dfn[v]){
            dfs(v);
            back[u] = min(back[u], back[v]);
        }else if(!sccno[v]){
            back[u] = min(back[u], dfn[v]);
            // back[u] = min(back[u], back[v]);
        }
    }
    if(back[u] == dfn[u]){
        ans_scc++;
        while(1){
            int v = st.top();
            st.pop();
            sccno[v] = ans_scc;
            if(u == v) break;
        }
    }
}

void Tarjan(int n){
    ans_scc = tim = 0;
    memset(sccno, 0, sizeof(sccno));
    memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
    memset(back, 0, sizeof(back));
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(!dfn[i])
            dfs(i);
    }
}

其中代码为

else if(!sccno[v]){
	back[u] = min(back[u], dfn[v]);
   // back[u] = min(back[u], back[v]);  这个也可以，与割点不同
}

有以下几点注意点：有以下几点注意点：

1. 在有向图中，back[i] 数组的意义更新了，现在一个点可以通过其祖先节点访问到更祖先的节点，结果显然成立，因为是有向图，并且求解问题不同。于是back[u] = min(back[u], back[v]);成立

2.笔者归结 Tarjan 的简化理解步骤2.笔者归结 Tarjan 的简化理解步骤

- 所有节点都想往上爬（将自己的能力提升），规定所有节点的能力只能依靠自己和子节点的能力，而不能依靠祖先节点的能力，证明也很显然，如果自己和儿子都不争气，不能连接到更先的父节点，那就只能自己成为一个 scc 了

- 当 dfs 到了节点 u 时，此时 u 为根节点，拓展下去一颗“树”，首先，大家起始的能力就是自己，当然“辈分越大，能力也越大”，当 dfs 到了节点 u 时，此时 u 为根节点，拓展下去一颗“树”，首先，大家起始的能力就是自己，当然“辈分越大，能力也越大”

于是，事情就变成了，所有节点都在期待一个突然爆发的子节点（或者靠本身），能使它本身连接到一个 dfn 最小的祖先节点。然后，针对节点 u ，
如果它与它子节点的努力得到了回报（指 back[u] < dfn[u]）,那么递归返回到 u 时，就不用在 u 处更新一个新的 scc ，而在 u 的祖先节点处更新一个更大的 scc ；
如果（back[u] == dfn[u]），说明这个分支到此为止了，所有存在 stack 里的点都是这个 scc 的一员