有向图的强联通分量

总起

目前做到的有向图的强联通分量大多是模板题，按照基本套路可以完成。对于该类题目，基本解决方法如下：

  • tarjan算法
  • 缩点、去重边、建图
  • 在新建的拓扑图中找出问题答案
  • 基础结论

知识讲解

基本概念

image

算法原理

image

基础结论

  • tarjan缩点后的图为拓扑图
  • 按照scc_cnt编号，倒序为拓扑序
  • 将一个有向图变为强连通图最少需要添加max(p,q)条边，p为din为0的强联通分量的个数，q为dout为0的强连通分量的个数

例题

AcWing 1174. 受欢迎的牛

  • 题目描述：给定一个有向图，问有多少个点可以被除自己外的其他所有点到达。

  • 解题思路：

    • tarjan算法缩点
    • 本题无需建图，只需计算所有强连通分量的出度
    • 若出度为0的强连通分量只有一个，输出该强连通分量的Size；若出度为0的强连通分量个数≥2，输出0

  • 代码：

    #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1e4 + 10, M = 5e4 + 10;

int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, Size[N];
int dout[N];

void add(int a, int b) {
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

void tarjan(int u)
{
	dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
	stk[++ top] = u, in_stk[u] = true;
	for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if(!dfn[j])
		{
			tarjan(j);
			low[u] = min(low[u], low[j]);
		}
		else if(in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
	}

	if(dfn[u] == low[u])
	{
		++ scc_cnt;
		int y;
		do {
			y = stk[top --];
			in_stk[y] = false;
			id[y] = scc_cnt;
			Size[scc_cnt] ++;
		} while(y != u);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	memset(h, -1, sizeof h);
	while(m --){
		int a, b;
		scanf("%d%d", &a, &b);
		add(a, b);
	}

	for(int i = 1; i <= n; i ++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);

	for(int i = 1; i <= n; i ++){
		for(int j = h[i]; j != -1; j = ne[j]){
			int k = e[j];
			int a = id[i], b = id[k];
			if(a != b) dout[a] ++;
		}
	}

	int zeros = 0, sum = 0;
	for(int i = 1; i <= scc_cnt; i ++){
		if(!dout[i]){
			zeros ++;
			sum += Size[i];
			if(zeros > 1){
				sum = 0;
				break;
			}
		}
	}
	printf("%d\n", sum);

	return 0;
}

  • 题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/1176/

AcWing 367. 学校网络

  • 题目描述：给定一个有向图，按照图中边的方向进行信息传递,问:

    • 至少需要给多少个点发送信息才能使得所有点收到信息
    • 至少需要添加多少条边使得该图变成强连通图

  • 解题思路：

    • tarjan算法缩点
    • 本题无需建图，只需计算所有强连通分量的出度与入度
    • 问题一的答案是入度为0的强连通分量中点的个数
    • 问题二的答案是max(p,q)，p为din为0的强联通分量的个数，q为dout为0的强连通分量的个数

  • 代码：

    #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 110, M = 1e4 + 10;

int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, Size[N];
int dout[N], din[N];

void add(int a, int b) {
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

void tarjan(int u)
{
	dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
	stk[++ top] = u, in_stk[u] = true;
	for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if(!dfn[j])
		{
			tarjan(j);
			low[u] = min(low[u], low[j]);
		}
		else if(in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
	}

	if(dfn[u] == low[u])
	{
		++ scc_cnt;
		int y;
		do {
			y = stk[top --];
			in_stk[y] = false;
			id[y] = scc_cnt;
			Size[scc_cnt] ++;
		} while(y != u);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	memset(h, -1, sizeof h);
	for(int i = 1; i <= n; i ++){
		int t;
		while(scanf("%d", &t), t){
			add(i, t);
		}
	}

	for(int i = 1; i <= n; i ++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);

	for(int i = 1; i <= n; i ++){
		for(int j = h[i]; j != -1; j = ne[j]){
			int k = e[j];
			int a = id[i], b = id[k];
			if(a != b) din[b] ++, dout[a] ++;
		}
	}

	int a = 0, b = 0;
	for(int i = 1; i <= scc_cnt; i ++){
		if(!din[i]) a ++;
		if(!dout[i]) b ++;
	}

	printf("%d\n", a);
	if(scc_cnt == 1) puts("0");
	else printf("%d\n", max(a, b));

	return 0;
}

  • 题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/369/

AcWing 1175. 最大半连通子图

  • 题目描述：给出半连通图定义，给定一个有向图G，问:

    • G的最大半连通子图拥有的节点数K
    • 不同的最大半连通子图的数目C

  • 解题思路：

    • tarjan算法缩点
    • 去重边并建图
    • 求最大半连通子图拥有的节点数等价于求最长链上的节点数，不同最大半连通子图的数目等价于求方案数
    • 在缩点后的拓扑图上进行dp，记录答案及方案数

  • 代码：

    #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <unordered_set>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 10, M = 2e6 + 10;    //M要开二倍，因为新图最坏与原图边数相同

int n, m, mod;
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, Size[N];
int f[N], g[N];

void add(int h[], int a, int b) {
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

void tarjan(int u)
{
	dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
	stk[++ top] = u, in_stk[u] = true;
	for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if(!dfn[j])
		{
			tarjan(j);
			low[u] = min(low[u], low[j]);
		}
		else if(in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
	}

	if(dfn[u] == low[u])
	{
		++ scc_cnt;
		int y;
		do {
			y = stk[top --];
			in_stk[y] = false;
			id[y] = scc_cnt;
			Size[scc_cnt] ++;
		} while(y != u);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &mod);
	memset(h, -1, sizeof h);
	memset(hs, -1, sizeof hs);
	while(m --){
		int a, b;
		scanf("%d%d", &a, &b);
		add(h, a, b);
	}

	for(int i = 1; i <= n; i ++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);

	unordered_set<ll> S;
	for(int i = 1; i <= n; i ++){
		for(int j = h[i]; j != -1; j = ne[j]){
			int k = e[j];
			int a = id[i], b = id[k];
			ll hash = a * 1000000ll + b;
			if(a != b && !S.count(hash)){
				add(hs, a, b);
				S.insert(hash);
			}
		}
	}

	for(int i = scc_cnt; i; i --){           //scc_cnt倒序即为拓扑序
		if(!f[i]){
			f[i] = Size[i];
			g[i] = 1;
		}
		for(int j = hs[i]; j != -1; j = ne[j]){
			int k = e[j];
			if(f[k] < f[i] + Size[k]){
				f[k] = f[i] + Size[k];
				g[k] = g[i];
			}
			else if(f[k] == f[i] + Size[k]) g[k] = (g[k] + g[i]) % mod;
		}
	}

	int maxf = 0, sum = 0;
	for(int i = 1; i <= scc_cnt; i ++){
		if(f[i] > maxf){
			maxf = f[i];
			sum = g[i];
		}
		else if(f[i] == maxf) sum = (sum + g[i]) % mod;
	}

	printf("%d\n%d\n", maxf, sum);

	return 0;
}

  • 题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/1177/

ABC 245 | F - Endless Walk

  • 题目描述：给定一个有向图，问有所少点可以不停地走下去。
  • 解题思路：
    • 建反图
    • tarjan算法缩点
    • 去重边并建图
    • 答案为Size>1的强连通分量中的点以及这些点可以走到的点
    • 不可以将din为0的点加入队列进行bfs，直至走到Size>1的强连通分量，然后取补集作为答案，有反例如下：
      image
      此时id = 1的节点会被误算进答案。
  • 代码：
    #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <unordered_set>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;

int n, m;
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, Size[N];
int din[N];
bool st[N];

void add(int h[], int a, int b) {
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

void tarjan(int u)
{
	dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
	stk[++ top] = u, in_stk[u] = true;
	for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if(!dfn[j])
		{
			tarjan(j);
			low[u] = min(low[u], low[j]);
		}
		else if(in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
	}

	if(dfn[u] == low[u])
	{
		++ scc_cnt;
		int y;
		do {
			y = stk[top --];
			in_stk[y] = false;
			id[y] = scc_cnt;
			Size[scc_cnt] ++;
		} while(y != u);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	memset(h, -1, sizeof h);
	memset(hs, -1, sizeof h);
	while(m --){
		int a, b;
		scanf("%d%d", &a, &b);
		add(h, b, a);
	}

	for(int i = 1; i <= n; i ++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);

	unordered_set<ll> S;
	for(int i = 1; i <= n; i ++){
		for(int j = h[i]; j != -1; j = ne[j]){
			int k = e[j];
			int a = id[i], b = id[k];
			ll hash = a * 1000000ll + b;
			if(a != b && !S.count(hash)){
				add(hs, a, b);
				din[b] ++;
				S.insert(hash);
			}
		}
	}

	int ans = 0;
	queue<int> que;
	for(int i = 1; i <= scc_cnt; i ++)
		if(Size[i] > 1) {
			que.push(i);
			st[i] = true;
		}
	while(que.size()) {
		int t = que.front();
		que.pop();
		ans += Size[t];
		for(int i = hs[t]; ~ i; i = ne[i]){
			int j = e[i];
			if(!st[j]) {
				que.push(j);
				st[j] = true;
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}
  • 题目链接：https://atcoder.jp/contests/abc245/tasks/abc245_f
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