“tarjan陪伴強聯通分量
生成樹完成后思路才閃光
歐拉跑過的七橋古塘
讓你 心馳神往”----《膜你抄》
自從聽完這首歌，我就對tarjan開始心馳神往了，不過由於之前水平不足，一直沒有時間學習。這兩天好不容易學會了，寫篇博客，也算記錄一下。
一、tarjan求強連通分量
1、什么是強連通分量？
引用來自度娘的一句話：
“有向圖強連通分量：在有向圖G中，如果兩個頂點vi,vj間（vi>vj）有一條從vi到vj的有向路徑，同時還有一條從vj到vi的有向路徑，則稱兩個頂點強連通(strongly connected)。如果有向圖G的每兩個頂點都強連通，稱G是一個強連通圖。有向圖的極大強連通子圖，稱為強連通分量(strongly connected components)。”
一臉懵逼......不過倒也不難理解。
反正就是在圖中找到一個最大的圖，使這個圖中每個兩點都能夠互相到達。這個最大的圖稱為強連通分量，同時一個點也屬於強連通分量。
如圖中強連通分量有三個：1-2-3,4,5
2、強連通分量怎么找？
噫......當然，通過肉眼可以很直觀地看出1-2-3是一組強連通分量，但很遺憾，機器並沒有眼睛，所以該怎么判斷強連通分量呢？
如果仍是上面那張圖，我們對它進行dfs遍歷。
可以注意到紅邊非常特別，因為如果按照遍歷時間來分類的話，其他邊都指向在自己之后被遍歷到的點，而紅邊指向的則是比自己先被遍歷到的點。
如果存在這么一條邊，那么我們可以yy一下，emmmm.......
從一個點出發，一直向下遍歷，然后忽得找到一個點，那個點竟然有條指回這一個點的邊！
那么想必這個點能夠從自身出發再回到自身
想必這個點和其他向下遍歷的該路徑上的所有點構成了一個環，
想必這個環上的所有點都是強聯通的。
但只是強聯通啊，我們需要求的可是強連通分量啊......
那怎么辦呢？
我們還是yy出那棵dfs樹
不妨想一下，什么時候一個點和他的所有子孫節點中的一部分構成強連通分量？
他的子孫再也沒有指向他的祖先的邊，卻有指向他自己的邊
因為只要他的子孫節點有指向祖先的邊，顯然可以構成一個更大的強聯通圖。
比如說圖中紅色為強連通分量，而藍色只是強聯通圖
那么我們只需要知道這個點u下面的所有子節點有沒有連着這個點的祖先就行了。
但似乎還有一個問題啊......
我們怎么知道這個點u它下面的所有子節點一定是都與他強聯通的呢？
這似乎是不對的，這個點u之下的所有點不一定都強聯通
那么怎么在退回到這個點的時候，知道所有和這個點u構成強連通分量的點呢？
開個棧記錄就行了
什么？！這么簡單？
沒錯~就是這么簡單~
如果在這個點之后被遍歷到的點已經能與其下面的一部分點（也可能就只有他一個點）已經構成強連通分量，即它已經是最大的。
那么把它們一起從棧里彈出來就行了。
所以最后處理到點u時如果u的子孫沒有指向其祖先的邊，那么它之后的點肯定都已經處理好了，一個常見的思想，可以理解一下。
所以就可以保證棧里留下來u后的點都是能與它構成強連通分量的。
似乎做法已經明了了，用程序應該怎么實現呢？
所以為了實現上面的操作，我們需要一些輔助數組
(1)、dfn[ ]，表示這個點在dfs時是第幾個被搜到的。
(2)、low[ ]，表示這個點以及其子孫節點連的所有點中dfn最小的值
(3)、stack[ ]，表示當前所有可能能構成是強連通分量的點。
(4)、vis[ ]，表示一個點是否在stack[ ]數組中。
那么按照之上的思路，我們來考慮這幾個數組的用處以及tarjan的過程。
假設現在開始遍歷點u：
(1)、首先初始化dfn[u]=low[u]=第幾個被dfs到
dfn可以理解，但為什么low也要這么做呢？
因為low的定義如上，也就是說如果沒有子孫與u的祖先相連的話，dfn[u]一定是它和它的所有子孫中dfn最小的（因為它的所有子孫一定比他后搜到）。
(2)、將u存入stack[ ]中，並將vis[u]設為true
stack[ ]有什么用？
如果u在stack中，u之后的所有點在u被回溯到時u和棧中所有在它之后的點都構成強連通分量。
(3)、遍歷u的每一個能到的點，如果這個點dfn[ ]為0，即仍未訪問過，那么就對點v進行dfs，然后low[u]=min{low[u],low[v]}
low[ ]有什么用？
應該能看出來吧，就是記錄一個點它最大能連通到哪個祖先節點（當然包括自己）
如果遍歷到的這個點已經被遍歷到了，那么看它當前有沒有在stack[ ]里,如果有那么low[u]=min{low[u],low[v]}
如果已經被彈掉了，說明無論如何這個點也不能與u構成強連通分量，因為它不能到達u
如果還在棧里，說明這個點肯定能到達u，同樣u能到達他，他倆強聯通。
(4)、假設我們已經dfs完了u的所有的子樹那么之后無論我們再怎么dfs，u點的low值已經不會再變了。
那么如果dfn[u]=low[u]這說明了什么呢？
再結合一下dfn和low的定義來看看吧
dfn表示u點被dfs到的時間，low表示u和u所有的子樹所能到達的點中dfn最小的。
這說明了u點及u點之下的所有子節點沒有邊是指向u的祖先的了，即我們之前說的u點與它的子孫節點構成了一個最大的強連通圖即強連通分量
此時我們得到了一個強連通分量，把所有的u點以后壓入棧中的點和u點一並彈出，將它們的vis[ ]置為false，如有需要也可以給它們打上相同標記（同一個數字）
tarjan到此結束
至於手模？tan90°！網上有不少大佬已經手摸了不少樣例了，想必不需要本蒟蒻再補充了。
結合上面四步代碼已經可以寫出了：
對了，tarjan一遍不能搜完所有的點，因為存在孤立點或者其他
所以我們要對一趟跑下來還沒有被訪問到的點繼續跑tarjan
怎么知道這個點有沒有被訪問呢？
看看它的dfn是否為0！
這看起來似乎是o(n^2)的復雜度，但其實均攤下來每個點只會被遍歷一遍
所以tarjan的復雜度為o(n)。
來一道例題吧，這是模板題，應該做到提交框AC
[USACO06JAN]牛的舞會The Cow Prom
給你n個點，m條邊，求圖中所有大小大於1的強連通分量的個數
5 4 2 4 3 5 1 2 4 1
1
顯然是tarjan水題，數出強連通分量的個數，給每個強連通分量的點染色，統計出每個強連通分量中點的個數，如果大於一，則答案加一。
代碼：
#include<queue> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define inf 0x3f3f3f3f vector<int> g[10010]; int color[10010],dfn[20020],low[20020],stack[20020],vis[10010],cnt[10010]; int deep,top,n,m,sum,ans; void tarjan(int u) { dfn[u]=++deep; low[u]=deep; vis[u]=1; stack[++top]=u; int sz=g[u].size(); for(int i=0;i<sz;i++) { int v=g[u][i]; if(!dfn[v]) { tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]); } else { if(vis[v]) { low[u]=min(low[u],low[v]); } } } if(dfn[u]==low[u]) { color[u]=++sum; vis[u]=0; while(stack[top]!=u) { color[stack[top]]=sum; vis[stack[top--]]=0; } top--; } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int from,to; scanf("%d%d",&from,&to); g[from].push_back(to); } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!dfn[i]) { tarjan(i); } } for(int i=1;i<=n;i++) { cnt[color[i]]++; } for(int i=1;i<=sum;i++) { if(cnt[i]>1) { ans++; } } printf("%d\n",ans); }
二、tarjan縮點
其實這也是利用了tarjan求強連通分量的方法，對於一些貢獻具有傳導性，比如友情啊、路徑上的權值啊等等。
思想就是因為強連通分量中的每兩個點都是強連通的，可以將一個強連通分量當做一個超級點，而點權按題意來定。
來看一道題吧。
poj2186 Popular Cows
告訴你有n頭牛，m個崇拜關系，並且崇拜具有傳遞性，如果a崇拜b，b崇拜c，則a崇拜c，求最后有幾頭牛被所有牛崇拜。
Sample Input
3 3
1 2
2 1
2 3
Sample Output
1
顯然一個強聯通分量內的所有點都是滿足條件的，我們可以對整張圖進行縮點，然后就簡單了。
剩下的所有點都不是強連通的，現在整張圖就是一個DAG（有向無環圖）
那么就變成一道水題了，因為這是一個有向無環圖，不存在所有點的出度都不為零的情況。
所以必然有1個及以上的點出度為零，如果有兩個點出度為零，那么這兩個點肯定是不相連的，即這兩圈牛不是互相崇拜的，於是此時答案為零，如果有1個點出度為0，那么這個點就是被全體牛崇拜的，
這個點可能是一個強聯通分量縮成的超級點，所以應該輸出整個強聯通分量中點的個數。
代碼：
#include<cmath> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int dfn[10010],low[10010],vis[10010],stack[10010],color[10010],du[10010],cnt[10010]; int n,m,top,sum,deep,tmp,ans; vector<int> g[10010]; void tarjan(int u) { dfn[u]=low[u]=++deep; vis[u]=1; stack[++top]=u; int sz=g[u].size(); for(int i=0; i<sz; i++) { int v=g[u][i]; if(!dfn[v]) { tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]); } else { if(vis[v]) { low[u]=min(low[u],low[v]); } } } if(dfn[u]==low[u]) { color[u]=++sum; vis[u]=0; while(stack[top]!=u) { color[stack[top]]=sum; vis[stack[top--]]=0; } top--; } } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { memset(vis,0,sizeof(du)); memset(vis,0,sizeof(low)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(vis,0,sizeof(cnt)); memset(vis,0,sizeof(color)); memset(vis,0,sizeof(stack)); for(int i=1; i<=n; i++) { g[i].clear(); } for(int i=1; i<=m; i++) { int from,to; scanf("%d%d",&from,&to); g[from].push_back(to); } for(int i=1; i<=n; i++) { if(!dfn[i]) { tarjan(i); } } for(int i=1; i<=n; i++) { int sz=g[i].size(); for(int j=0; j<sz; j++) { int v=g[i][j]; if(color[v]!=color[i]) { du[color[i]]++; } } cnt[color[i]]++; } for(int i=1; i<=sum; i++) { if(du[i]==0) { tmp++; ans=cnt[i]; } } if(tmp==0) { printf("0\n"); } else { if(tmp>1) { printf("0\n"); } else { printf("%d\n",ans); } } } }
三、tarjan求割點、橋
1、什么是割點、橋
再來引用一遍度娘：
在一個無向圖中，如果有一個頂點集合，刪除這個頂點集合以及這個集合中所有頂點相關聯的邊以后，圖的連通分量增多，就稱這個點集為割點集合。
又是一臉懵逼。。。。
總而言之，就是這個點維持着雙聯通的繼續，去掉這個點，這個連通分量就無法在維持下去，分成好幾個連通分量。
比如說上圖紅色的即為一個割點。
橋：
如果一個無向連通圖的邊連通度大於1，則稱該圖是邊雙連通的 (edge biconnected)，簡 稱雙連通或重連通。一個圖有橋，當且僅當這個圖的邊連通度為 1，則割邊集合的唯一元素 被稱為橋(bridge)，又叫關節邊(articulationedge)。一個圖可能有多個橋。（該資料同樣來自百度）
對於連通圖有兩種雙聯通，邊雙和點雙，橋之於邊雙如同割點之於點雙
如圖則是一個橋。
2、割點和橋怎么求？
與之前強連通分量中的tarjan差不多。但要加一個特判，根節點如果有兩個及以上的兒子，那么他也是割點。
模板題：洛谷3388
求割點的個數和數量
代碼：
#include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define hi printf("hi!"); using namespace std; vector<int> g[10010]; int dfn[10010],low[10010],iscut[10010],son[10010]; int deep,root,n,m,ans; int tarjan(int u,int fa) { int child=0,lowu; lowu=dfn[u]=++deep; int sz=g[u].size(); for(int i=0;i<sz;i++) { int v=g[u][i]; if(!dfn[v]) { child++; int lowv=tarjan(v,u); lowu=min(lowu,lowv); if(lowv>dfn[u]) { iscut[u]=1; } } else { if(v!=fa&&dfn[v]<dfn[u]) { lowu=min(lowu,dfn[v]); } } } if(fa<0&&child==1) { iscut[u]=false; } low[u]=lowu; return lowu; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int from,to; scanf("%d%d",&from,&to); g[from].push_back(to); g[to].push_back(from); } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!dfn[i]) { root=i; tarjan(i,-1); } } for(int i=1;i<=n;i++) { if(iscut[i]) { ans++; } } printf("%d\n",ans); for(int i=1;i<=n;i++) { if(iscut[i]) { printf("%d ",i); } } }
橋的求法也差不多
並沒有找到模板題目，所以只好把沒檢驗過的代碼放着了......如有錯誤還請留言指正
#include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define hi printf("hi!"); using namespace std; vector<pair<int,int> >bridge; vector<int> g[10010]; int dfn[10010],low[10010]; int deep,root,n,m,ans; int tarjan(int u,int fa) { int lowu; lowu=dfn[u]=++deep; int sz=g[u].size(); for(int i=0;i<sz;i++) { int v=g[u][i]; if(!dfn[v]) { int lowv=tarjan(v,u); lowu=min(lowu,lowv); if(lowv>dfn[u]) { int from,to; from=u; to=v; if(from>to) { swap(from,to); } bridge.push_back(make_pair(from,to)); } } else { if(v!=fa&&dfn[v]<dfn[u]) { lowu=min(lowu,dfn[v]); } } } low[u]=lowu; return lowu; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int from,to; scanf("%d%d",&from,&to); g[from].push_back(to); g[to].push_back(from); } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!dfn[i]) { root=i; tarjan(i,-1); } } for(int i=0;i<bridge.size();i++) { printf("%d %d\n",bridge[i].first,bridge[i].second); } }
おわり