强连通分量 SCC

在有向图中，如果点 $u$ 和点 $v$ 可以互相到达，我们就可以称 $u,v$ 是强联通。
强联通分量就是极大的强联通子图，使得 $u \in S,v \in S$ 都有 $u,v$ 为强联通关系。
一般解决 SCC 的时候，我们都是用 Tarjan 算法。

DFS 生成树

在介绍该算法之前，先来了解 DFS 生成树，我们以下面的有向图为例：

DFS 生成树

有向图的 DFS 生成树主要有 4 种边（不一定全部出现）：

树边：示意图中以黑色边表示，每次搜索找到一个还没有访问过的结点的时候就形成了一条树边。
反祖边：示意图中以红色边表示（即 $7 \to1$），也被叫做回边，即指向祖先结点的边。
横叉边：示意图中以蓝色边表示（即 $9 \to 7$），它主要是在搜索的时候遇到了一个已经访问过的结点，但是这个结点 并不是 当前结点的祖先。
前向边：示意图中以绿色边表示（即 $3 \to 6$），它是在搜索的时候遇到子树中的结点的时候形成的。

我们考虑 DFS 生成树与强连通分量之间的关系。

如果结点 $u$ 是某个强连通分量在搜索树中遇到的第一个结点，那么这个强连通分量的其余结点肯定是在搜索树中以 $u$ 为根的子树中。结点 $u$ 被称为这个强连通分量的根。

反证法：假设有个结点 $v$ 在该强连通分量中但是不在以 $u$ 为根的子树中，那么 $u$ 到 $v$ 的路径中肯定有一条离开子树的边。但是这样的边只可能是横叉边或者反祖边，然而这两条边都要求指向的结点已经被访问过了，这就和 $u$ 是第一个访问的结点矛盾了。得证。

Tarjan 求SCC

我们需要在 $dfs$ 上算出 $SCC$。
首先还是老两样。
我们定义 $dfn_i$ 表示 $dfs$ 序，$low_i$ 在 $i$ 的子树中可以通过非树边回溯到的最小的 $dfn$ 的点。
我们使用一个栈记录我们搜索过的元素。对于和当前的点 $u$ 相邻的点 $v$ (不是父亲) 我们只会有三种情况。

$1.$ 没访问过。我们继续访问点 $v$ 。在回溯的时候 $low_u=\min(low_u,low_v)$。原因显然，$u$ 既然可以都 $v$，那 $v$ 可以到的 $u$ 也一定可以到。

$2.$ 访问过，在栈里面。显然我们此时找到了一条非树边，我们需要用 $dfn_v$ 更新 $low_u$，这时候其实就已经 $u,v$ 之间的点构成强联通了。

$3.$ 访问过，不在栈里面。我们不管。

记得出栈就可以了。

如何判断一个点是不是 $SCC$ 的根节点也很简单。对于点 $u$，如果有 $dfn_u =low_u$,也就是说他无法到达比他更早的点，他是第一个搜索到的节点，根据前面的定义可得。

回忆一下？

有了这些储备知识，我们就可轻而易举的写出一份代码了。

小试牛刀

给定一张 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，请你求出所有强连通分量。

下面给出一份基于 Tarjan 实现的代码。

// Problem: B3609 [图论与代数结构 701] 强连通分量
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/B3609
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long 
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)

inline int read(){
  int x=0,f=1;
  char c=getchar();
  while(c<'0'||c>'9'){
  	if(c=='-') f=-1;
  	c=getchar();
  }
  while(c<='9'&&c>='0'){
  	x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
  	c=getchar();
  }
  return x*f;
}

const int N=4e5+5;

int head[N],nxt[N],to[N],tot;

inline void AddEdge(int u,int v){
  to[++tot]=v;
  nxt[tot]=head[u];
  head[u]=tot;
} 	
int cnt=1,n,m,stk[N],tp,number_scc,dfn[N],low[N];//栈元素，栈顶，SCC的数量
bool In_stk[N];//是否在栈里面
vector<int> S[N];
void Tarjan(int u){
  dfn[u]=low[u]=(cnt++);
  stk[++tp]=u;In_stk[u]=1;
  for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
  	if(!dfn[to[i]]){
  		Tarjan(to[i]);
  		low[u]=min(low[u],low[to[i]]);
  	}else if(In_stk[to[i]]==1){
  		low[u]=min(low[u],dfn[to[i]]);
  	}
  }
  if(dfn[u]==low[u]){
  	number_scc++;
  	while(stk[tp]!=u){
  		In_stk[stk[tp]]=0;
  		S[number_scc].push_back(stk[tp]);
  		tp--;
  	}
  	In_stk[stk[tp]]=0;
  	S[number_scc].push_back(u);
  	tp--;
  }
}
bool cmp(vector <int> a, vector <int> b) {
  return *a.begin() < *b.begin();
}
signed main(){
  cin>>n>>m;     
  for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
  	cin>>u>>v;
  	AddEdge(u,v);
  }
  F(i,1,n){
  	if(!dfn[i]) Tarjan(i);
  }
  for (int i=1;i<=number_scc;i++)
  	sort(S[i].begin(),S[i].end());
  sort(S+1,S+1+number_scc,cmp);
  cout<<number_scc<<endl;
  F(i,1,number_scc){
  	F(j,0,S[i].size()-1) cout<<S[i][j]<<" ";
  	cout<<endl;
  }
  return 0;
}

posted @ 2023-10-13 07:54 zhong114514 阅读(82) 评论(0) 收藏举报

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