浅谈Tarjan算法

从这里开始

预备知识

　　设无向图$G_{0} = (V_{0}, E_{0})$，其中$V_{0}$为定点集合，$E_{0}$为边集，设有向图$G_{1} = (V_{1}, E_{1})$，其中$V_{1}$为定点集合，$E_{1}$为边集。

  • 无向图中的路径：如果存在一个顶点序列$v_{p},v_{i_{1}},\cdots,v_{i_{k}},v_{q}$，使得$\left ( v_{p}, v_{i_{1}} \right ),\left ( v_{i_{1}},v_{i_{2}} \right ),\cdots,\left ( v_{k-1}, v_{k} \right ),\left ( v_{k}, v_{q} \right )\in E_{0}$，那么称$v_{p}$到$v_{q}$之间存在一条路径。
  • 有向图中的路径：如果存在一个顶点序列$v_{p},v_{i_{1}},\cdots,v_{i_{k}},v_{q}$，使得$\left ( v_{p}, v_{i_{1}} \right ),\left ( v_{i_{1}},v_{i_{2}} \right ),\cdots,\left ( v_{k-1}, v_{k} \right ),\left ( v_{k}, v_{q} \right )\in E_{1}$，那么称$v_{p}$到$v_{q}$之间存在一条路径。
  • 连通图：在无向图中，对于任意有序对$\left ( v_{i},v_{j} \right )\in(V_{0}\times V_{0})$，都存在一条$v_{i}$到$v_{j}$的路径。
  • 强连通图：在有向图中，对于任意有序对$\left ( v_{i},v_{j} \right )\in(V_{1}\times V_{1})$，都存在一条$v_{i}$到$v_{j}$的路径。
  • 连通分量：无向图$G$的极大连通子图是$G$的连通分量。
  • 强连通分量：有向图$G$的极大强连通子图是$G$的强连通分量。
  • 割点：在无向图$G$中，如果存在点$v_{0}$满足删除它后，新图的连通分量的个数增加，那么$v_{0}$为原图的一个割点。
  • 割边（又称为桥）：在无向图$G$中，如果存在边$e_{0}$满足删除它后，新图的连通分量的个数增加，那么$e_{0}$为原图的一条割边。
  • 边-双连通图：若无向连通图$G$中不存在割边，则无向图$G$是边-双连通图
  • 点-双连通图：若无向连通图$G$中不存在割点，则无向图$G$是点-双连通图
  • 点-双连通分量：无向图$G$中的极大点-双连通子图是它的点-双连通分量
  • 边-双连通分量：无向图$G$中的极大边-双连通子图是它的边-双连通分量

两个数组

　　$dfn_i$：点$i$的深度优先数（英文可能是Depth First Number），可以理解为是第几个被搜索到的节点。

　　$low_i$：在点$i$的dfs子树中通过1条返祖边到达的最早祖先。

　　Tarjan算法首先会对原图进行深度优先搜索。

　　当从一个访问过的点通过边$e$到达一个未访问的点，则将边$e$标记为树边。如果一条非树边$(u, v)$使得要么$u$是$v$的祖先满足，要么$v$是$u$的祖先，那么称边$(u, v)$是一条返祖边。

　　显然当遇到一条返祖边时，需要用它来更新当前点的$low$值

　　通过Tarjan算法得到的生成森林是dfs生成森林：

　　（其中虚边是返祖边）

Tarjan算法的应用

求割点和割边

　　首先给出一个结论

定理1 无向图中的每一条边，要么是树边，要么是返祖边。

　　证明 假如存在其他边，它满足它不连它的祖先也不连它的后代，那么它一定是满足：

　　然后根据dfs的性质和无向边的性质，容易得到不存在这种情况。

　　假如现在考虑点$p$是不是割点，分两种情况讨论：

  • 如果$p$是树根，那么只要$p$的子节点个数大于1，那么$p$就是割点。因为$p$不存在祖先，点$p$的不同子树中的两点之间的路径必须经过点1（因为根节点的位于它不同子树内的两点的LCA是根节点，然后根据定理1得到，从其中一个点开始走，经过的每一条边要么到它的后代要么到它的祖先，所以必定经过1）。
  • 如果$p$不是树根，那么只要存在一个子节点$x$满足$low_x \geqslant dfn_p$，那么点$p$是割点。因为假如点$p$被删掉后，点$x$无法到达$p$的祖先，而这之前是可以到达的，所以连通分量的个数至少增加了1.

Code

 1 /**
 2  * poj
 3  * Problem#1144
 4  * Accepted
 5  * Time: 16ms
 6  * Memory: 672k
 7  */
 8 #include <algorithm>
 9 #include <iostream>
10 #include <cstring>
11 #include <cstdio>
12 #include <vector>
13 using namespace std;
14 typedef bool boolean;
15 
16 const int N = 105;
17 
18 int n;
19 int cnt, res;
20 int dfn[N], low[N];
21 boolean vis[N];
22 vector<int> g[N];
23 
24 inline boolean init() {
25     scanf("%d", &n);
26     if (!n)    return false;
27     for (int i = 1; i <= n; i++)
28         g[i].clear();
29     int u, v;
30     while (~scanf("%d", &u) && u) {
31         while (getchar() != '\n') {
32             scanf("%d", &v);
33             g[u].push_back(v);
34             g[v].push_back(u);
35         }
36     }
37     return true;
38 }
39 
40 void tarjan(int p, int fa) {
41     int cson = 0;
42     dfn[p] = low[p] = ++cnt;
43     vis[p] = true;
44     for (int i = 0; i < (signed)g[p].size(); i++) {
45         int e = g[p][i];
46         if (e == fa)    continue;
47         if (!vis[e]) {
48             tarjan(e, p);
49             low[p] = min(low[p], low[e]);
50             if (low[e] >= dfn[p])
51                 cson++;
52         } else
53             low[p] = min(low[p], dfn[e]);
54     }
55     if ((!fa && cson > 1) || (fa && cson))
56         res++;
57 }
58 
59 inline void solve() {
60     cnt = 0, res = 0;
61     memset(vis, false, sizeof(boolean) * (n + 1));
62     for (int i = 1; i <= n; i++)
63         if (!vis[i])
64             tarjan(i, 0);
65     printf("%d\n", res);
66 }
67 
68 int main() {
69     while (init()) {
70         solve();
71     }
72     return 0;
73 }
Cut Vectex

　　求桥的话，相对就简单一些。

　　一个非常显然的结论：

定理2 返祖边不可能是桥。

　　证明 因为返祖边的两端一定通过树边连通。所以删掉返祖边不会改变图的连通性。

　　因此割边的个数不会超过$n - 1$（一个显然，但没多大用的性质）。

　　我更想说的是，再根据定理1可以得到桥一定是树边。

　　考虑什么样的树边被断掉后图的连通分量的个数增加。假如这条树边两端的点是$u, v$，其中$u$是$v$的爸爸父节点。删掉边$(u, v)$后，连通分量个数增加的充分必要条件是$v$无法通过返祖边到达$u$或者$u$的祖先。因此，不难得到条件是$low_v = dfn_v$。

Code

 1 /**
 2  * hdu
 3  * Problem#4738
 4  * Accepted
 5  * Time: 187ms
 6  * Memory: 25264k
 7  */ 
 8 #include <iostream>
 9 #include <cstring>
10 #include <cstdio>
11 using namespace std;
12 typedef bool boolean;
13 
14 const int N = 1005, M = 2e6 + 5;
15 
16 typedef class Edge {
17     public:
18         int end;
19         int next;
20         int w;
21 
22         Edge(int end = 0, int next = 0, int w = 0):end(end), next(next), w(w) {    }
23 }Edge;
24 
25 typedef class MapManager {
26     public:
27         int ce;
28         int h[N];
29         Edge es[M];
30 
31         void addEdge(int u, int v, int w) {
32             es[++ce] = Edge(v, h[u], w);
33             h[u] = ce;
34         }
35 
36         void addDoubleEdge(int u, int v, int w) {
37             addEdge(u, v, w);
38             addEdge(v, u, w);
39         }
40 
41         Edge& operator [] (int p) {
42             return es[p];
43         }
44 }MapManager;
45 
46 int n, m;
47 int cnt, res;
48 int dfn[N], low[N];
49 boolean vis[N];
50 MapManager g;
51 
52 inline boolean init() {
53     scanf("%d%d", &n, &m);
54     if (!n && !m)
55         return false;
56     g.ce = -1;
57     memset(g.h, -1, sizeof(int) * (n + 1));
58     for (int i = 1, u, v, w; i <= m; i++) {
59         scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
60         g.addDoubleEdge(u, v, w);
61     }
62     return true;
63 }
64 
65 void tarjan(int p, int laste) {
66     dfn[p] = low[p] = ++cnt;
67     vis[p] = true;
68     for (int i = g.h[p]; ~i; i = g[i].next) {
69         int e = g[i].end, w = g[i].w;
70         if (i == laste)    continue;
71         if (!vis[e]) {
72             tarjan(e, i ^ 1);
73             low[p] = min(low[p], low[e]);
74             if (low[e] == dfn[e])
75                 res = min(res, w);
76         } else
77             low[p] = min(low[p], dfn[e]);
78     }
79 }
80 
81 inline void solve() {
82     cnt = 0, res = 211985;
83     memset(vis, false, sizeof(boolean) * (n + 1));
84     tarjan(1, -1);
85     if (!res) res = 1;            // 坑.... 
86     for (int i = 2; i <= n; i++)
87         if (!vis[i]) {
88             res = 0; 
89             break;
90         }
91     if (res == 211985)    res = -1;
92     printf("%d\n", res);
93 }
94 
95 int main() {
96     while (init())
97         solve();
98     return 0;
99 }
Cut Edge

求点-双连通分量

 　　在求点-双连通分量（以下简称为点双）之前，我们再来证明一个东西：

定理3 每条边恰好属于一个点双。

　　证明 首先来说明每条边一定属于一个点双连通子图。考虑这条边的两个端点以及它本身构成的子图，显然它是点双连通的。

　　然后来说明任意两个点双没有公共边。

　　假设存在两个点双有一条公共边$(u, v)$，假设它们的点集分别为$V_1, V_2$。如果删掉的点$x\in V_1$或$x\in V_2$，且$x\neq u, x\neq v$，根据点双的定义容易得到新图的连通性不会改变。如果删掉的点是$u$，那么剩余的点一定与$v$连通，所以它仍然不会改变图的连通性。对于如果删掉的点是$v$同理可证不会改变新图的连通性。所以删掉$V_1 \cup V_2$中任意一个点都不会改变图的连通性。因此它们能够组成更大的一个点双连通子图，与点双的定义矛盾。

　　由这个证明过程不难得到点双的点集大小至少为2，所以在考虑找到所有点双的时候可以考虑边。

定理4 每个点双包含至少一条树边。

 　　证明 假设存在一个点双不包含任意一条树边。我们考虑从这个点双中选取2个不同点$u, v$，它们在dfs生成树上存在唯一一条路径。我们把它加入这个点双中，如果删掉非路径上的点，那么剩余点与$u, v$连通。如果删掉的是$u$或者$v$，那么剩下点会与另外一个点连通。如果删掉的是路径上的一个点（不含端点），那么路径上一部分点会与$u$连通，另一部分与$v$，$u, v$和原点双中的点一定连通。所以新子图还是一个点双连通子图，与点双的定义矛盾。

　　所以点双的数量不会超过$n - 1$。

　　我们考虑在回溯的时候找到一个点双。

　　考虑判断一条树边是不是一个点双内的树边中深度最低的一条边。假设它深度较深的一端是$v$，较浅的一端是$u$。那么当$v$无法连向$u$的祖先的时候，加入$u$后再加入另一条与$u$连通的树边，那么删掉$u$后就会多产生连通块，所以当$low_v \geqslant dfn_u$的时候，这条边是这个点双内的最后一条边。

　　如果需要求出点双内的所有点和所有边可以用一个栈记录一下边。

　　注意一下返祖边只在子节点的时候加入，这个可以通过判断深度优先数的大小解决掉（你一定也不希望在其他某个点双内莫名其妙多出一条边）。

Code

  1 /**
  2  * poj
  3  * Problem#2942
  4  * Accepted
  5  * Time: 1063ms
  6  * Memory: 1128k
  7  */
  8 #include <iostream>
  9 #include <cstdlib>
 10 #include <cstdio>
 11 #include <vector>
 12 #include <stack>
 13 using namespace std;
 14 typedef bool boolean;
 15 
 16 template <typename T>
 17 void pfill(T* pst, const T* ped, T val) {
 18     for ( ; pst != ped; *(pst++) = val);
 19 }
 20 
 21 const int N = 1e3 + 3, M = (N * N) << 1;
 22 
 23 typedef class Edge {
 24     public:
 25         int ed, nx;
 26 
 27         Edge(int ed = 0, int nx = 0):ed(ed), nx(nx)    {    }
 28 }Edge;
 29 
 30 typedef class MapManager {
 31     public:
 32         int h[N];
 33         vector<Edge> es;
 34 
 35         void addEdge(int u, int v) {
 36             es.push_back(Edge(v, h[u]));
 37             h[u] = (signed) es.size() - 1;
 38         }
 39 
 40         Edge& operator [] (int p) {
 41             return es[p];
 42         }
 43 }MapManager;
 44 
 45 #define pii pair<int, int>
 46 
 47 int n, m;
 48 int col[N];
 49 stack<pii> s;
 50 MapManager g;
 51 int dfs_clock;
 52 boolean res[N];
 53 MapManager subg;
 54 boolean rg[N][N];
 55 int dfn[N], low[N];
 56 vector<int> bpoints;
 57 
 58 inline boolean init() {
 59     scanf("%d%d", &n, &m);
 60     if (!n && !m)
 61         return false;
 62     g.es.clear();
 63     dfs_clock = 0;
 64     pfill(dfn, dfn + n + 1, 0);
 65     pfill(col, col + n + 1, -1);
 66     pfill(g.h, g.h + n + 1, -1);
 67     pfill(res, res + n + 1, false);
 68     pfill(subg.h, subg.h + n + 1, -1);
 69     for (int i = 1; i <= n; i++)
 70         for (int j = 1; j <= n; j++)
 71             rg[i][j] = false;
 72     for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
 73         scanf("%d%d", &u, &v);
 74         rg[u][v] = rg[v][u] = true;
 75     }
 76     return true;
 77 }
 78 
 79 boolean color(int p, int c) {
 80     if (~col[p])
 81         return col[p] == c;
 82     col[p] = c;
 83     for (int i = subg.h[p]; ~i; i = subg[i].nx)
 84         if (!color(subg[i].ed, col[p] ^ 1))
 85             return false;
 86     return true;
 87 }
 88 
 89 void dispose() {
 90     if (!color(bpoints[0], 0)) {
 91         for (unsigned i = 0; i < bpoints.size(); i++)
 92             res[bpoints[i]] = true;
 93     }
 94     for (unsigned i = 0; i < bpoints.size(); i++)
 95         subg.h[bpoints[i]] = -1, col[bpoints[i]] = -1;
 96     subg.es.clear();
 97     bpoints.clear();
 98 }
 99 
100 void tarjan(int p, int last_edge) {
101     dfn[p] = low[p] = ++dfs_clock;
102     
103     pii now, cur;
104     for (int i = g.h[p], e; ~i; i = g[i].nx) {
105         e = g[i].ed;
106         if (i == (last_edge ^ 1))
107             continue;
108         now = pii(min(p, e), max(p, e));
109         if (!dfn[e]) {
110             s.push(now);
111             tarjan(e, i);
112             low[p] = min(low[p], low[e]);
113             if (low[e] >= dfn[p]) {
114                 do {
115                     cur = s.top();
116                     s.pop();
117                     subg.addEdge(cur.first, cur.second);
118                     subg.addEdge(cur.second, cur.first);
119                     bpoints.push_back(cur.first);
120                     bpoints.push_back(cur.second);
121                 } while (now != cur);
122                 dispose();
123             }
124         } else {
125             low[p] = min(low[p], dfn[e]);
126             if (dfn[e] < dfn[p])
127                 s.push(pii(min(p, e), max(p, e)));
128         }
129     }
130 }
131 
132 inline void solve() {
133     for (int i = 1; i <= n; i++)
134         for (int j = i + 1; j <= n; j++)
135             if (!rg[i][j]) {
136                 g.addEdge(i, j);
137                 g.addEdge(j, i);
138             }
139     
140     for (int i = 1; i <= n; i++)
141         if (!dfn[i])
142             tarjan(i, -1);
143     
144     int answer = 0;
145     for (int i = 1; i <= n; i++)
146         answer += !res[i];
147     printf("%d\n", answer);
148 }
149 
150 int main() {
151     while (init())
152         solve();
153     return 0;
154 }
Vertex Biconnected Component

　　有时候我们希望求出点双内的点，这个时候栈内记录边略显得麻烦，可以考虑找到一个点的时候加入一个点，它在找到包含它到它的父节点的那条树边的点双时被弹出栈。具体细节可以见代码。

Code

/**
 * loj
 * Problem#2562
 * Accepted
 * Time: 2431ms
 * Memory: 21964k
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;

const int N = 1e5 + 5, N2 = N << 1;

template <typename T>
void pfill(T* pst, const T* ped, T val) {
	for ( ; pst != ped; *(pst++) = val);
}

typedef class Edge {
	public:
		int ed, nx;

		Edge() {	}
		Edge(int ed, int nx) : ed(ed), nx(nx) {	}
} Edge;

typedef class MapManager {
	public:
		int h[N << 1];
		vector<Edge> es;

		void init(int n) {
			pfill(h + 1, h + n + 1, -1);
			es.clear();
		}
		
		void add_edge(int u, int v) {
			es.emplace_back(v, h[u]);
			h[u] = (signed) es.size() - 1;
		}
		Edge& operator [] (int p) {
			return es[p];
		}
} MapManager;

int Case;
int n, m;
MapManager G, Tr;

int cnt_node, dfs_clock;
int value[N2];

inline void init() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	G.init(n);
	Tr.init(n << 1);
	cnt_node = n;
	pfill(value + 1, value + n + 1, 1);
	for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		G.add_edge(u, v);
		G.add_edge(v, u);
	}
}

stack<int> S;
boolean vis[N];
int dfn[N], low[N];

void init_tarjan() {
	dfs_clock = 0;
	while (!S.empty()) S.pop();
	pfill(vis + 1, vis + n + 1, false);
}
void Tarjan(int p) {
	S.push(p);
	vis[p] = true;
	dfn[p] = low[p] = ++dfs_clock;
	for (int i = G.h[p], e; ~i; i = G[i].nx) {
		e = G[i].ed;
		if (!vis[e]) {
			Tarjan(e);
			low[p] = min(low[p], low[e]);
			if (low[e] >= dfn[p]) {
				int now = -1, id = ++cnt_node;
				value[id] = 0;
				do {
					now = S.top();
					S.pop();
					Tr.add_edge(id, now);
					Tr.add_edge(now, id);
				} while (now != e);
				Tr.add_edge(id, p);
				Tr.add_edge(p, id);
			}
		} else {
			low[p] = min(low[p], dfn[e]);
		}
	}
}

int sz[N2], zson[N2], dep[N2];
int in[N2], top[N2], fa[N2];

void dfs1(int p, int Fa) {
	int mx = -1, &id = zson[p];
	sz[p] = 1, fa[p] = Fa;
	value[p] += value[Fa], dep[p] = dep[Fa] + 1, id = -1;
	for (int i = Tr.h[p], e; ~i; i = Tr[i].nx) {
		e = Tr[i].ed;
		if (e ^ Fa) {
			dfs1(e, p);
			sz[p] += sz[e];
			if (sz[e] > mx) {
				mx = sz[e];
				id = e;
			}
		}
	}
}

void dfs2(int p, boolean ontop) {
	in[p] = ++dfs_clock;
	top[p] = (!ontop) ? (top[fa[p]]) : (p);
	if (~zson[p]) {
		dfs2(zson[p], false);
	}
	for (int i = Tr.h[p], e; ~i; i = Tr[i].nx) {
		e = Tr[i].ed;
		if (e != fa[p] && e != zson[p]) {
			dfs2(e, p);
		}
	}
}

int lca(int u, int v) {
	while (top[u] != top[v]) {
		if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) {
			swap(u, v);
		}
		u = fa[top[u]];
	}
	return (dep[u] < dep[v]) ? (u) : (v);
}

inline void solve() {
	static int S[N2];
	
	init_tarjan();
	Tarjan(1);

	dfs_clock = 0;
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, true);

	int Q, K;
	scanf("%d", &Q);
	while (Q--) {
		scanf("%d", &K);
		for (int i = 1; i <= K; i++) {
			scanf("%d", S + i);
		}
		
		sort(S + 1, S + K + 1, [&] (const int& u, const int& v) {
			return in[u] < in[v];
		});
		int vd = value[fa[lca(S[1], S[K])]];
		int ans = value[S[1]] - vd, g;
		for (int i = 1; i < K; i++) {
			g = lca(S[i], S[i + 1]);
			ans += value[S[i + 1]] - value[g];
		}
		printf("%d\n", ans - K);
	}
}

int main() {
	scanf("%d", &Case);
	while (Case--) {
		init();
		solve();
	}
	return 0;
}

求边-双连通分量

　　（下面将边-双连通分量简写为边双）

　　和点双类似，只不过这次我们考虑顶点：

定理5 每个顶点恰好属于一个边双。

　　证明 首先一个点的图是边双。

　　假设存在两个边双存在一个公共点$x$，那么删掉一条边都不会改变$x$和剩下的点的连通性。

　　我们考虑一个点是不是边双中的最浅的一个点。如果$dfn_p = low_p$，那么再加入它的某个父节点，那么它将成为割点。

　　如果需要求出边双内的所有点再用一个栈记录一下点就好了。

　　似乎还有一种做法是边双内一定不包含原图的桥，因此我们找到所有的桥，把它们删掉就得到了所有边双了。这个条件只是必要性，它的充分性可以考虑如果它删掉后使得连通块个数增加，那么它一定是原图的桥。（它是原图的一个子图，那么再加入若干端点都在它内部边后不会使得它的边连通性降低）。

Code

  1 /**
  2  * poj
  3  * Problem#3177
  4  * Accepted
  5  * Time: 47ms
  6  * Memory: 744k
  7  */
  8 #include <iostream>
  9 #include <cstdlib>
 10 #include <cstdio>
 11 #include <vector>
 12 #include <stack>
 13 using namespace std;
 14 typedef bool boolean;
 15 
 16 template <typename T>
 17 void pfill(T* pst, const T* ped, T val) {
 18     for ( ; pst != ped; *(pst++) = val);
 19 }
 20 
 21 const int N = 5e3 + 3, M = N << 1;
 22 
 23 typedef class Edge {
 24     public:
 25         int ed, nx;
 26 
 27         Edge(int ed = 0, int nx = 0):ed(ed), nx(nx)    {    }
 28 }Edge;
 29 
 30 typedef class MapManager {
 31     public:
 32         int* h;
 33         vector<Edge> es;
 34 
 35         MapManager() {    }
 36         MapManager(int n) {
 37             h = new int[(n + 1)];
 38             pfill(h + 1, h + n + 1, -1);
 39         }
 40 
 41         void addEdge(int u, int v) {
 42             es.push_back(Edge(v, h[u]));
 43             h[u] = (signed) es.size() - 1;
 44         }
 45 
 46         Edge& operator [] (int p) {
 47             return es[p];
 48         }
 49 }MapManager;
 50 
 51 int n, m;
 52 int deg[N];
 53 MapManager g;
 54 stack<int> s;
 55 int dfs_clock;
 56 int dfn[N], low[N];
 57 pair<int, int> es[M];
 58 
 59 inline void init() {
 60     scanf("%d%d", &n, &m);
 61     g = MapManager(n);
 62     for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
 63         scanf("%d%d", &u, &v);
 64         g.addEdge(u, v);
 65         g.addEdge(v, u);
 66         es[i] = pair<int, int>(u, v);
 67     }
 68 }
 69 
 70 void tarjan(int p, int last_edge) {
 71     dfn[p] = low[p] = ++dfs_clock;
 72     s.push(p);
 73     for (int i = g.h[p], e; ~i; i = g[i].nx) {
 74         e = g[i].ed;
 75         if (i == (last_edge ^ 1))
 76             continue;
 77         if (!dfn[e]) {
 78             tarjan(e, i);
 79             low[p] = min(low[p], low[e]);
 80         } else
 81             low[p] = min(low[p], dfn[e]);
 82     }
 83 
 84     if (low[p] == dfn[p]) {
 85         int cur;
 86         do {
 87             cur = s.top();
 88             s.pop();
 89             low[cur] = low[p];
 90         } while (cur != p);
 91     }
 92 }
 93 
 94 inline void solve() {
 95     for (int i = 1; i <= n; i++)
 96         if (!dfn[i])
 97             tarjan(i, -1);
 98     for (int i = 1; i <= m; i++) {
 99         int u = es[i].first, v = es[i].second;
100         if (low[u] != low[v])
101             deg[low[u]]++, deg[low[v]]++;
102     }
103     
104     int cnt_leaf = 0;
105     for (int i = 1; i <= n; i++)
106         if (dfn[i] == low[i] && deg[low[i]] == 1)
107             cnt_leaf++;
108     printf("%d\n", (cnt_leaf + 1) >> 1);
109 }
110 
111 int main() {
112     init();
113     solve();
114     return 0;
115 }
Edge Biconnected Component

求强连通分量

　　有向图稍微要麻烦一点，不过基本思想还是一样的。

　　仍然考虑有向图的dfs生成森林，$dfn$数组以及$low$数组。

　　但是有向图中生成森林会复杂许多：

　　在更新$low$的时候要注意两个点是否在同一个子树内。

　　不难注意到一个强连通分量一定是某一个dfs子树内，所以我们仍然考虑一个强连通分量内的最浅点。

　　不难得到它的充分必要条件时$dfn_u = low_u$。必要性是因为，如果它能够到达它的若干级祖先，那么这一条链再加上这一条返祖边就能得到一个强连通子图，充分性显然，因为它自己就能构成一个强连通子图。

　　我们用类似于求边双的方法，就可以求出每个强连通分量内的所有点。 　　

  1 /**
  2  * hdu
  3  * Problem#1269
  4  * Accepted
  5  * Time: 46ms
  6  * Memory: 3944k
  7  */
  8 #include <iostream>
  9 #include <cstdlib>
 10 #include <cstdio>
 11 #include <vector>
 12 #include <stack>
 13 using namespace std;
 14 typedef bool boolean;
 15 
 16 template <typename T>
 17 void pfill(T* pst, const T* ped, T val) {
 18     for ( ; pst != ped; *(pst++) = val);
 19 }
 20 
 21 const int N = 1e4 + 5;
 22 
 23 typedef class Edge {
 24     public:
 25         int ed, nx;
 26 
 27         Edge(int ed = 0, int nx = 0):ed(ed), nx(nx)    {    }
 28 }Edge;
 29 
 30 typedef class MapManager {
 31     public:
 32         int h[N];
 33         vector<Edge> es;
 34 
 35         void addEdge(int u, int v) {
 36             es.push_back(Edge(v, h[u]));
 37             h[u] = (signed) es.size() - 1;
 38         }
 39 
 40         Edge& operator [] (int p) {
 41             return es[p];
 42         }
 43 }MapManager;
 44 
 45 #define pii pair<int, int>
 46 
 47 int n, m;
 48 MapManager g;
 49 stack<int> s;
 50 int dfs_clock;
 51 int dfn[N], low[N];
 52 boolean instack[N];
 53 
 54 inline boolean init() {
 55     scanf("%d%d", &n, &m);
 56     if (!n && !m)
 57         return false;
 58     g.es.clear();
 59     dfs_clock = 0;
 60     pfill(dfn, dfn + n + 1, 0);
 61     pfill(g.h, g.h + n + 1, -1);
 62     for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
 63         scanf("%d%d", &u, &v);
 64         g.addEdge(u, v);
 65     }
 66     return true;
 67 }
 68 
 69 int cnt_scc = 0;
 70 void tarjan(int p) {
 71     dfn[p] = low[p] = ++dfs_clock;
 72     instack[p] = true;
 73     s.push(p);
 74     for (int i = g.h[p], e; ~i; i = g[i].nx) {
 75         e = g[i].ed;
 76         if (!dfn[e]) {
 77             tarjan(e);
 78             low[p] = min(low[e], low[p]);
 79         } else if (instack[e])
 80             low[p] = min(dfn[e], low[p]);
 81     }
 82 
 83     if (low[p] == dfn[p]) {
 84         int cur;
 85         do {
 86             cur = s.top();
 87             s.pop();
 88             instack[cur] = false;
 89         } while (cur != p);
 90         cnt_scc++;
 91     }
 92 }
 93 
 94 inline void solve() {
 95     cnt_scc = 0;
 96     for (int i = 1; i <= n; i++)
 97         if (!dfn[i])
 98             tarjan(i);
 99     puts((cnt_scc == 1) ? ("Yes") : ("No"));
100 }
101 
102 int main() {
103     while (init())
104         solve();
105     return 0;
106 }
Strongly Conneceted Component
posted @ 2018-10-30 20:59  阿波罗2003  阅读(357)  评论(0)  编辑  收藏  举报