图的联通性

图的联通性

0.【前置知识】 图上dfs相关概念

vis数组：在图的遍历中，往往设置了一个标记数组vis的bool值来记录顶点是否被访问过。但有些时候需要改变vis值的意义。令vis具有3种值并表示3种不同含义

vis = 0,表示该顶点没没有被访问

vis = 1,表示该顶点已经被访问，但其子孙后代还没被访问完，也就没从该点返回

vis = 2，表示该顶点已经被访问，其子孙后代也已经访问完，也已经从该顶点返回

可以vis的3种值表示的是一种顺序关系和时间关系。

DFS过程中，对于一条边u->v

vis[v] = 0,说明v还没被访问，v是首次被发现，u->v是一条树边又称树枝边

vis[v] = 1,说明v已经被访问，但其子孙后代还没有被访问完（正在访问中），而u又指向v？说明u就是v的子孙后代，u->v是一条后向边，因此后向边又称返祖边

vis[v] = 2,说明v已经被访问，其子孙后代也已经全部访问完，u->v这条边可能是一条横叉边，或者前向边

1.无向图的联通性

联通：两点存在一条连接它们的路径。

联通块：里面的点两两联通。

桥：对于一个联通无向图，一条边是桥当且仅当去掉这条边后图变得不连通。

强连通分量：没有桥的联通块。

（无向图的强连通分量也叫边双联通分量，对应的概念是：

点双连通：没有割点的双连通分量

对于特定的题目会有求双连通分量的操作。）

​ tarjan算法判桥：

​ dfn[x]是dfs序，代表x是第几个搜到的。

​ instack[x]表示当前的点是否在dfs栈中，是用来判断是否是返祖边，代码中if(instack[y])即代表x点在y的子树中。

​ 不过无向图联通分量中instack数组是不必要的。

由于无向图中都是双向边，前向边的情况对不更新low（tarjan中用if(instack[y])将前向边特判掉不更新）没有意义（证明：如果存在一条前向边u->v，则亦存在v->u，所以在dfs到v时已经更新了v。再dfs到v时，即使不更新也没意义了）所以

​ low[x] PPT：x通过非返祖边，且至多通过一条非树边能到达的最小dfn。

​ 我的理解：x至多通过一条非树边（即不是返回父亲的返祖边）能到达的最小dfn。

​ 感觉洪老师把返祖边的定义弄错（混）了：一方面字面上以为是返回父亲的边，另一方面代码里用的是instack正确的判断,导致没有判真正返回父亲的边。

void tarjan(int x,int fa) {
	instack[x] = 1;
	dfn[x] = low[x] = ++tot;
	for (auto y : E[x]) {
		if (!dfn[y]) {
			tarjan(y,x);
			low[x] = min(low[x], low[y]);
		}
		else {
			if(y!=fa&&instack[y])low[x] = min(low[x], dfn[y]);
		}
	}
	instack[x] = 0;
}
//-----ppt中的错误代码，没有特判掉指向父亲的返祖边--------------
void tarjan(int x) {
	instack[x] = 1;
	dfn[x] = low[x] = ++tot;
	for (auto y : E[x]) {
		if (!dfn[y]) {//树边
			tarjan(y);
			low[x] = min(low[x], low[y]);
		}
		else {
			if(instack[y])low[x] = min(low[x], dfn[y]);//返祖边，一般指向父亲
		}
	}
	instack[x] = 0;
}

判桥: low[x]<dfn[x]代表存在一条返回到父亲之上某点y的返祖边，y有一条路径到x，x有另一条路径到y。（形成双连通分量？？）

反之low[x]>=dfn[x]代表它连向父亲的边为桥

2.有向图的联通性

强连通分量：任意两点都可以互相到达。

在做 Tarjan算法时，如果 tarjan(x) 后发现 dfn[x]==low[x]，则 x 的⼦树⾥的剩下的所有点构成⼀个强连通分量,可以用一个栈来维护：

stack<int> S;
void tarjan(int x) {
	S.push(x);
	instack[x] = 1;
	dfn[x] = low[x] = ++tot;
	for (auto y : E[x]) {
		if (!dfn[y]) {
			tarjan(y, x);
			low[x] = min(low[x], low[y]);
		}
		else {
			if ( instack[y])low[x] = min(low[x], dfn[y]);
		}
	}
	if (low[x] == dfn[x]) {
		while (1) {
			int now = S.top();
			S.pop();
			instack[x] = 0;//把之前没有清零的一次性更新。
			/*
				染色，统计之类的操作
			*/
			if (now == x)break;
		}
	}
	
}

3.例题

0.

题意：

有N个⼈，给你M对整数 (a,b)，表示第 a 个⼈认为 b 很厉 害，⽽这种关系具备传递性，也就是如果 a 认为 b 厉害， 且 b 认为 c 厉害，则 a 认为 c 厉害

求有多少⼈被所有⼈都觉得很厉害

N,M<=10^5

做法：

无环：有向图无环 -> 至少有一个点没有出边。于是任意找一个点，一直走到没有出边的点，判一下是否所有点都连向它。

有环：对于这样一个环，必为强连通，缩点后变成无环情况（会多出重边）。

套路：一个题在没有环(是一个拓扑图)的时候很好做，就考虑缩环。

1.POJ1236

题意：

给定一个有向图，N个点，求：

1)至少要选几个顶点，才能做到从这些顶点出发，可以到达全部顶点

2)至少要加多少条边，才能使得从任何一个顶点出发，都能到达全部顶点

思路：

按照套路，Tarjan算法求SCC，并缩点建图。那么对于问题1，新的图中入度为0点的点数即是答案。

对于问题2，答案为max（入度为0的点的点数，出度为0的点数），因为对于每个入度或出度为0的点，需要连一条边来解决，那么将出度为0的点连向入度为0的点是最优的。

此外，如果最后SCC只有1个，那么问题2的答案应该特判为0。

套路:有向图构造联通分量的方法：将出度为0的点连到入度为0的点上有向图。

​ 无向图构造联通分量的方法：将度为1的点(叶子)相互连接。

2.POJ3177

题意：有n个牧场，Bessie 要从一个牧场到另一个牧场，要求至少要有2条独立的路可以走。现已有m条路，求至少要新建多少条路，使得任何两个牧场之间至少有两条独立的路。两条独立的路是指：没有公共边的路，但可以经过同一个中间顶点。给出的图保证已经联通。

思路：

在同一个边双连通分量（即无向边的强连通分量）中，任意两点都有至少两条独立路可达，所以同一个边双连通分量里的所有点可以看做同一个点。

套路缩点后，新图是一棵树，因为原图已联通。现在就是要在树上添边，令所有点缩为一个边双联通分量。

再套路连叶子，答案就是(树上度为1的点数+1）/2。

3.HDU3394

题意：有一个公园有n个景点，公园的管理员准备修建m条道路，并且安排一些形成回路的参观路线。如果一条道路被多条道路公用，那么这条路是冲突的；如果一条道路没在任何一个回路内，那么这条路是不冲突的。问分别有多少条有冲突的路和没有冲突的路

思路：

首先非多余的边很明显是桥，因为其不在任何一个回路中。

那么冲突边是多个回路共用的边，注意此处的回路是简单回路，那么考虑点BCC缩点建图，如果一个点BCC里的边数大于点数，那么其至少2个环，其中的所有边的都是冲突边。如果点数等于边数，那么只有一个大环，没有冲突变，而点BCC中不存在点数少于边数的情况。