强连通分量
强连通分量
目录
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基本概念
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\(Kosaraju\)算法
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\(Tarjan\)算法
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例题讲解
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学习资源
基本概念
- 连通图
在无向图中，从任意点\(i\)可以到达任意点\(j\)
- 强连通图
在有向图中，从任意点\(i\)可以到达任意点\(j\)
- 弱连通图（了解即可）
人为地将有向图看做无向图后，从任意点\(i\)可以到达任意点\(j\)
- 极大强连通子图
\(G\)是一个极大强连通子图，当且仅当\(G\)是一个强连通子图且不存在另一个强连通子图\(G'\)，使得\(G\)是\(G'\)的真子集
- 强连通分量
有向非强连通图的极大强连通子图
因为来现实生活中有意义的强连通图很少，所以一般讨论的都是强连通分量
若将有向图中的强连通分量都缩为一个点，则原图就会变成一个DAG（有向无环图），如下图（1）-图（2）所示：
图（1）
图（2）
来讲（啰嗦 ）一下，因为强连通分量相当于环啊，将环缩为点之后那就是无环图咯，这个很好想，证明的话反证法即可
- 强连通分量的应用
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有向图的缩点：见上图示
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解决\(2-SAT\)问题（还没学....之后更新啊qwq）
\(Kosaraju\)算法
基于两次\(DFS\)的有向图强连通分量算法，时间复杂度为\(O(n+m)\)
- 算法框架
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对原图\(G\)进行\(DFS\)，记录每个节点访问完的顺序\(dfn[i]\)并将点压入栈中
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选择最晚访问完的节点对\(G\)的反向图进行第二次\(DFS\)，删除能够遍历到的节点，每次遍历到的一坨（或一个）节点构成一个强连通分量
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一直执行\(（2）\)操作，直到所有节点都二次遍历完
- 例子图示
第一次\(DFS\)顺序：\(3->2->1->4\) （栈！）
第二次\(DFS\)顺序：\(4,2->1,3\) （一个逗号前为一个强连通分量）
- 代码函数段
个人认为比接下来的\(Tarjan\)好理解，但是使用的更多的还是扩展性更强的\(Tarjan\)
inline void dfs1(int x) {
vis[x]=1;
for(register int i=1;i<=n;i++) {
if(!vis[i]&&map[x][i]) dfs1(i);
dfn[++t]=x;
}
}
inline void dfs2(int x) {
vis[x]=t;
for(register int i=1;i<=n;i++) {
if(!vis[x]&&map[i][x]) dfs2(i);
}
}
inline void ko() {
t=0;
for(register int i=1;i<=n;i++) {
if(!vis[i]) dfs1(i);
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
t=0;
for(register int i=n;i>=1;i--) {
if(!vis[dfn[i]]) {
t++;
dfs2(dfn[i]);
}
}
}
\(Tarjan\)算法
基于一次\(DFS\)的算法，时间复杂度也是\(O(n+m)\)
和\(kosaraju\)算法的\(DFS\)不同，\(Tarjan\)的\(DFS\)更类似于树的后序遍历
上图理解吧：
（图片截屏自我的学习视频，在文章最后会贴上，侵删！）
至于很多博客讲的四种边（树枝边、前向边、后向边、横叉边），我个人认为是没有必要掌握的，了解一下就可以了
- 所需变量
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\(dfn[i]\)：表示节点\(i\)的遍历顺序（同\(Kosaraju\)算法）
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\(low[i]\)：表示节点\(i\)可回溯到的最早遍历时间（初始与\(dfn[i]\)一致）
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\(fir[i]=x\)：表示节点\(i\)和节点\(x\)同属于一个强连通分量
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\(q[top]\)：手写栈qwq
5. 以及一啪啦的变量（可麻烦了）
- 算法框架
设当前点为\(x\)
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初始\(dfn[x]\)=\(low[x]\)=\(++ti\)（时间戳）
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入栈当前点并标记为访问过
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遍历与\(x\)相连的点，进行下一层的\(DFS\)，然后更新\(low[x]\)
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遍历完后，如果当前\(x\)的\(dfn\)==\(low\)，则可以弹出一个强连通分量了
可能有点抽象，如果不好理解，可以先跳到文末点击视频链接，里面讲得敲详细qwq
- 代码实现
以下代码是根据洛谷P3387 【模板】缩点 这道题编的，大家注意区分啊
另外，下面这份代码涉及到的拓扑排序，有兴趣的可以看我的另一篇博客
（PS：变量申请那块奇丑...轻喷）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,u,v,tot,ans,a[520010],in[520010],fir[520010],head[520010];
int ti,top,num,q[520010],vis[520010],dis[520010],sum[520010],dfn[520010],low[520010];
struct node {
int to,net,fro;
} e[520010],es[520010];
inline void add(int u,int v) {
e[++tot].to=v;
e[tot].fro=u;
e[tot].net=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void tarjan(int x) {
dfn[x]=low[x]=++ti;
q[++top]=x;
vis[x]=1;
for(register int i=head[x];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
if(!dfn[v]) {
tarjan(v);
low[x]=min(low[x],low[v]);
}
else {
if(vis[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
}
}
if(low[x]==dfn[x]) {
int v=q[top];
while(top) {
fir[v]=x;
vis[v]=0;
if(v==x) {
top--;
break;
}
a[x]+=a[v];
v=q[--top];
}
}
}
inline void topo() { //拓扑排序求最长路
queue<int> q;
for(register int i=1;i<=n;i++) {
dis[i]=a[i];
if(!in[i]&&fir[i]==i) q.push(i);
}
while(!q.empty()) {
int x=q.front();
q.pop();
for(register int i=head[x];i;i=es[i].net) {
int v=es[i].to;
dis[v]=max(dis[v],dis[x]+a[v]);
if(--in[v]==0) q.push(v);
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(register int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(register int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);
}
for(register int i=1;i<=n;i++) {
if(!dfn[i]) tarjan(i);
}
tot=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(head,0,sizeof(head));
for(register int i=1;i<=m;i++) {
u=fir[e[i].fro];
v=fir[e[i].to];
if(u!=v) {
in[v]++;
es[++tot].to=v;
es[tot].net=head[u];
es[tot].fro=u;
head[u]=tot;
}
}
topo();
for(register int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dis[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
例题讲解
洛谷P2341 [USACO03FALL][HAOI2006]受欢迎的牛 G
个人认为很模板的题，思路稍微转换一下就出来了，写个小题解当做例题讲解qwq
- 分析
奶牛们之间的喜爱是单向的、可传递的，那么将文字描述抽象一下，即：
奶牛们是点，喜爱关系是单向边，整个关系则构成了有向图
相互喜爱的一群牛组成一个集合，则\(N\)头牛可以划分为\(S\)个集合（缩点的思想，缩环为点）
集合与集合之间也存在喜爱关系，则原图就转化为了DAG（有向无环图）
这个时候我们就需要思考一下：到底什么样的牛是所有牛喜欢的那个？
显然：是出度为\(0\)的集合中的牛
为什么？因为出度为\(0\)则说明这个集合不喜爱其他的牛，则满足所有牛都喜欢这头牛（有点绕，画一下图会好一点，作者懒不想画了QAQ）
由此，我们就将问题转换为了：缩点，然后求出度为\(0\)的点
现在给出以上思路的\(AC\)程序：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,u,v,tot,num,out[520010],sum[520010],head[520010];
int ti,top,q[520010],val[520010],fir[520010],vis[520010],dfn[520010],low[520010];
struct node {
int to,net,fro;
} e[520010];
inline void add(int u,int v) {
e[++tot].to=v;
e[tot].fro=u;
e[tot].net=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void tarjan(int x) {
dfn[x]=low[x]=++ti;
q[++top]=x;
vis[x]=1;
for(register int i=head[x];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
if(!dfn[v]) {
tarjan(v);
low[x]=min(low[x],low[v]);
}
else {
if(vis[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
}
}
if(low[x]==dfn[x]) {
int v=q[top];
while(top) {
fir[v]=x;
vis[v]=0;
if(v==x) {
top--;
break;
}
val[x]+=val[v];
v=q[--top];
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(register int i=1;i<=n;i++) val[i]=1;
for(register int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);
}
for(register int i=1;i<=n;i++) {
if(!dfn[i]) tarjan(i);
}
for(register int i=1;i<=m;i++) {
u=fir[e[i].fro];
v=fir[e[i].to];
if(u!=v) out[u]++;
}
for(register int i=1;i<=n;i++) {
if(!out[i]&&fir[i]==i) {
sum[++num]=val[i];
}
}
if(num==1) printf("%d",sum[num]);
else if(num>=2) puts("0");
return 0;
}
PS：以下内容为我的无脑暴力骗分代码，可以跳过（52\(pts\)真香）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,u,v,sum,flag;
int in[520010],out[520010];
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(register int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&u,&v);
out[u]++;
in[v]++;
}
for(register int i=1;i<=n;i++) {
if(out[i]==0) sum++;
}
if(sum==1) printf("1");
else if(sum>=2) printf("0");
else if(sum==0){
for(register int i=1;i<=n;i++) {
if(out[i]!=in[i]) {
flag=true;
break;
}
}
if(flag==false) printf("%d",n);
}
return 0;
}
例题讲解（正文）完毕~~
