Tarjan算法求割点

定义

如果在一个图中，删除某个节点连同与之关联的边，会导致整个图的连通分支数增加，那么这个节点叫做 割点（Articulation Point, Cut Vertex）

如下图：

整个图的连通分支数为1，但是删除节点3后，整个图就“分裂”成了2个连通分支：

因此，节点3是整个图的割点。

方法

一个很容易想到的方法是，依次删除图中的每一个节点，看剩下部分的连通分支数增没增加。但是那样显然太浪费时间了！有没有一种办法，能够快速的找出整个图的割点呢？

Tarjan算法的核心思想：深度优先遍历(DFS)这张图，得到的DFS树（由遍历路径和节点构成的树）中，当某个节点u满足以下条件之一时，它就是割点：

1. u为DFS树的树根，且u有2棵及以上的子树，如图（三角形代表子树）：
   
2. u不为DFS树的树根，且对于u在DFS树中的任意一个后代v，都必须先经过u才能通往u的祖先，如图（蓝绿色箭头代表DFS路径）：
   

注意第一点并不等价于u有2个及以上的邻居，因为这些邻居有可能处于同一个DFS树，比如下面这张图，u有2个邻居，但却只有一个子树，因此u不是整个图的割点。

第二点也不难理解，如果v必须先经过u才能到达u的祖先的话，那么去掉u就无路可走了，连通分支数会增加，u就是割点。

DFS

我们可以维护两个数组：dfn和low，其中：

• dfn[u]代表u被遍历到的次序（时间戳）。如果节点u先于节点v被访问，那么dfn[u] < dfn[v]。规定根节点的dfn为1。
• low[u]代表从u的后代出发，在不经过父节点的情况下能够“另辟蹊径”回溯到的最先遍历到的祖先的dfn。（每一步都不能走到当前走到的节点的父节点，且走到某个祖先就马上记录low）

设u、v分别为DFS树中的两个节点，且v是u的后代，那么如果low[v] >= dfn[u]，那么从v不经过父节点是走不到u的祖先的，则u就是割点，如图所示。（蓝绿色箭头表示DFS路径，黄绿色箭头表示回溯路径）

举个栗子吧。以下面这张图为例：

从节点0开始DFS。因为节点0是最开始遍历的节点，因此它的dfn和low均为1。

节点0有两个子节点，不妨先从1开始。因为我们还没有走到3和2，所以我们将1的low暂定为2。

继续走下去：

节点3有3个子节点，先从节点4开始DFS。中间过程省略，直接一步到位走到5：

因为从5开始可以不经过父节点直接走到祖先3，将5的low更新为3。回溯到4，因为5是4和6的后代，按照low的定义，同样的可以将low更新为3。

继续回溯到3，由于4和5都已经访问过了，还剩2没访问，先走到2。

从2可以不经过父节点直接走到0，更新2的low为1；回溯的时候也将相应节点的low更新为1。

由此可以得到一个所有节点的dfn和low的表格（按dfn由小到大排序）：

节点	dfn	low
0	1	1
1	2	1
3	3	1
4	4	3
6	5	3
5	6	3
2	7	1

对于节点3来说，因为它的所有后代4、6、5的low均等于3的dfn，所以从这些节点出发不经过父节点是不能走到3的祖先的，因此3是整幅图的割点。

代码实现

首先给出两个类型别名：node_t和order_t，用以使语义更加明确：

using node_t = unsigned long long;
using order_t = unsigned long long;

因为这里主要利用两个顶点之间的邻接关系，这里图使用邻接表来表示：

class Graph {
    unsigned long long n;
    vector<vector<node_t>> adj;

protected:
    void dfs(node_t cur, node_t parent, vector<order_t> &dfn, vector<order_t> &low, order_t &order, unordered_set<node_t> &aps);

public:
    Graph(initializer_list<initializer_list<node_t>> list) : n(list.size()), adj({}) {
        for (auto &l : list) {
            adj.emplace_back(l);
        }
    }

    unordered_set<node_t> findAP();
};

“寻找割点”的代码整体框架：

unordered_set<node_t> Graph::findAP() {
    vector<order_t> dfn(n, 0); // 未被访问过的节点的dfn和low初始化为0
    vector<order_t> low(n, 0);
    order_t order = 0;
    unordered_set<node_t> aps;
    node_t root = 0;
    dfs(root, -1, dfn, low, order, aps);
    return aps;
}

DFS的大体框架：

void Graph::dfs(node_t cur, node_t parent, vector<order_t> &dfn, vector<order_t> &low, order_t &order, unordered_set<node_t> &aps) {
    size_t children = 0; // 当前节点的子树数量
    dfn[cur] = low[cur] = ++order;
    for (node_t neighbor: adj[cur]) {
        if (dfn[neighbor] == 0) {
            children++;
            dfs(neighbor, cur, dfn, low, order, aps);
            // ...
        } else {
            // ...
        }
    }
}

其中部分形参代表的意义：

• cur：当前遍历到的节点。
• parent：当前节点的父节点（根节点的父节点规定为-1）
• order：遍历到的次序。
• aps：储存割点的集合。

问题来了，low怎么计算。

假设当前遍历到的节点u的某一个邻居为v：

1. 若v为u的子节点，则low[u]更新为low[u]与low[v]取最小值。
2. 若v不为u的子节点，也不是u的父节点，则说明从u出发可以不经过父节点直接到达v，此时low[u]更新为low[u]与dfn[v]的最小值。

代码实现如下：

if (dfn[neighbor] == 0) {
    // ...
    low[cur] = min(low[cur], low[neighbor]);
    // ...
} else if (neighbor != parent) {
    low[cur] = min(low[cur], dfn[neighbor]);
}

割点的判定，上文已有提及，直接上代码：

if (dfn[cur] == 1 && children > 1 || dfn[cur] > 1 && low[neighbor] >= dfn[cur]) {
    aps.insert(cur);
}

完整代码：

void Graph::dfs(node_t cur, vector<order_t> &dfn, vector<order_t> &low, order_t &order, unordered_set<node_t> &aps) {
    size_t children = 0;
    dfn[cur] = low[cur] = ++order;
    for (node_t neighbor: adj[cur]) {
        if (dfn[neighbor] == 0) {
            children++;
            dfs(neighbor, dfn, low, order, aps);
            low[cur] = min(low[cur], low[neighbor]);
            if (dfn[cur] == 1 && children > 1 || dfn[cur] > 1 && low[neighbor] >= dfn[cur]) {
                aps.insert(cur);
            }
        } else if (neighbor != parent) {
            low[cur] = min(low[cur], dfn[neighbor]);
        }
    }
}

测试：

int main() {
    Graph graph{{1, 2},
                {0, 3},
                {0, 3},
                {1, 2, 4, 5},
                {3, 6},
                {3, 6},
                {4, 5}};
    auto aps = graph.findAP();
    cout << "The articulation points are:" << endl;
    for (node_t ap: aps) {
        cout << ap << ' ';
    }
    cout << endl;
    return 0;
}

输出：

The articulation points are:
3

复杂度分析

• 时间复杂度：\(O(n+e)\)，其中 \(n\) 代表节点数，\(e\) 代表边数，DFS的时间复杂度为\(O(n+e)\)。
• 空间复杂度：\(O(n+e)\)，其中 \(n\) 代表节点数，\(e\) 代表边数，邻接表的空间复杂度为 \(O(n+e)\)，维护的数组的空间复杂度为 \(O(n)\)，加起来为 \(O(n+e)\)。