Tarjan

强连通分量

前置知识

• 强连通 ：一张有向图的节点两两互相可达。
• 连通分量 ： 若$H$是$G$的一个连通子图，且不存在$F$使得$H⊊F\subseteq G$，则$H$为$G$的一个连通分量（也叫连通块）

Tarjan求强连通分量

DFS生成树

（用的OI-wiki的图）

1. 树边 ： 图中的黑边，每次搜索找到一个还没有访问过的结点的时候就形成了一条树边。
2. 返祖边/回边 ： 图中的红色边，指向父亲节点。
3. 横叉边 ： 图中的蓝边，搜索时访问到一个已经访问过的节点，但这个节点不是当前节点的祖先。
4. 前向边 ： 图中的绿边，搜索时访问到子树的节点

那么这个有什么用呢?

如果结点$u$是某个强连通分量在搜索树中遇到的第一个结点，那么这个强连通分量的其余结点肯定是在搜索树中以$u$为根的子树中。结点$u$被称为这个强连通分量的根。

证明

假如有一个节点$v$在该强连通分量中但是不在$u$的子树中，那么$v$肯定尚未访问，那么$u\to v$的路径中一定有一条边离开了$u$的子树，这样的边只能是返祖边或横叉边，然而这两条边都指向了访问过的节点，矛盾。

考虑用这个结论，得出Tarjan求强连通分量的算法

Tarjan求强连通分量

基于对图进行深度优先搜索。

先定义两个数组，对于每个节点$u$，有

1. $df{n}_u$ （时间戳）： dfs时节点$u$被遍历的次序
2. $lo{w}_u$ （追溯值）： 记以$u$为根的子树为$Subtre{e}_u$，$lo{w}_u$定义为$Subtre{e}_u$中的节点经过一条非树边可以达到的节点的$dfn$的最小值。

有两个非常显然的结论，一个节点子树内的$dfn$都大于该点的$dfn$，从根开始的一条路径上，$dfn$单调递增，$low$不严格递减。提一嘴，万一以后有用呢？虽然到现在为止没用过

算法流程 ：

深度优先搜索，维护每个节点的$dfn$和$low$，将搜索到的节点入栈。假设当前搜索到的节点为$u$，与$u$连边的一个节点为$v$（$v$不是$u$的父亲），此时有三种情况

1. $v$未被访问过，那么继续搜索，用$lo{w}_v$更新$lo{w}_u$
2. $v$被访问过且已经在栈中，那么用$df{n}_v$更新$lo{w}_u$
3. $v$被访问过且不在栈中，那么表示$v$已经解决掉了，不需要再对其进行操作。

根据强连通分量的根为强连通分量中第一个被搜索到的节点，所以其$dfn$和$low$最小。容易得出当且仅当强连通分量的根，其$dfn=low$，并且强连通分量中的节点就是栈中$u$上方的节点。

时间复杂度$O(n+m)$

模板:强连通分量

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 1e4 + 10;
vector<int> edge[N];
#define eb emplace_back
inline void add(int u,int v){edge[u].eb(v);}
int n,m,dfn[N],low[N],sta[N],top,tot,num,bel[N];
bitset<N> insta,out;
vector<int> scc[N];
void Tarjan(int x){
    dfn[x] = low[x] = ++tot;
    sta[++top] = x;insta[x] = true;
    for(int y:edge[x]){
        if(!dfn[y]){
            Tarjan(y);
            low[x] = min(low[x],low[y]);
        }
        else if(insta[y]) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x] == low[x]){
        num++;int y;
        do{
            y = sta[top--];
            bel[y] = num;
            scc[num].eb(y),insta[y] = false;
        }while(y != x);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m,1){
        int u,v;cin>>u>>v;
        add(u,v);
    }
    rep(i,1,n,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
    rep(i,1,num,1) sort(scc[i].begin(),scc[i].end());
    cout<<num<<'\n';
    rep(i,1,n,1){
        if(out[bel[i]]) continue;
        for(int j:scc[bel[i]]) cout<<j<<' ';
        cout<<'\n';
        out[bel[i]] = true;
    }
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}

例题 ：

1. 受欢迎的牛

就是求强连通分量，然后看每个强连通分量的出度，如果出度为0的强连通分量有一个以上，那么无解，反之答案就是出度为0的那个强连通分量的大小

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 1e4 + 10;
vector<int> edge[N];
#define eb emplace_back
inline void add(int u,int v){edge[u].eb(v);}
int n,m,dfn[N],low[N],sta[N],top,tot,num,bel[N],out[N],len[N];
bitset<N> insta;
void Tarjan(int x){
    dfn[x] = low[x] = ++tot;
    sta[++top] = x;insta[x] = true;
    for(int y:edge[x]){
        if(!dfn[y]){
            Tarjan(y);
            low[x] = min(low[x],low[y]);
        }
        else if(insta[y]) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x] == low[x]){
        num++;int y;
        do{
            y = sta[top--];
            bel[y] = num;
            insta[y] = false;
            len[num]++;
        }while(y != x);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m,1){
        int u,v;cin>>u>>v;
        add(u,v);
    }
    rep(i,1,n,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
    int ans = 0,ok = 0;
    rep(x,1,n,1) for(int y:edge[x]) if(bel[x] != bel[y]) out[bel[x]]++;
    rep(i,1,num,1) if(!out[i])ans = len[i],ok++;
    if(ok > 1) cout<<0;
    else cout<<ans;
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}
 

2. 校园网络【[USACO]Network of Schools加强版】

先缩点，第一问的答案就是缩完点后入度为0的点的个数，第二问的答案就是缩完点后$max(\mathrm{入}\mathrm{度}\mathrm{为}0\mathrm{的}\mathrm{点}\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数}，\mathrm{出}\mathrm{度}\mathrm{为}0\mathrm{的}\mathrm{点}\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数})$。特判只有一个强连通分量时，第一问为1，第二问为0。

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 1e4 + 10;
#define eb emplace_back
vector<int> edge[N];
inline void add(int u,int v){edge[u].eb(v);}
int n,dfn[N],low[N],tim,tot,sta[N],top,bel[N],in[N],out[N];
bitset<N> insta;
void Tarjan(int x){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    sta[++top] = x;insta[x] = true;
    for(int y:edge[x]){
        if(!dfn[y]){
            Tarjan(y);
            low[x] = min(low[x],low[y]);
        }
        else if(insta[y]) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x] == low[x]){
        tot++;int y;
        do{
            y = sta[top--];
            bel[y] = tot;
            insta[y] = false;
        }while(y != x);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n;
    rep(i,1,n,1){int x; while(cin>>x&&x) add(i,x);}
    rep(i,1,n,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
    rep(x,1,n,1) for(int y:edge[x]) if(bel[x] != bel[y]) in[bel[y]]++,out[bel[x]]++;
    if(tot == 1) return cout<<"1\n0",void();
    int ans1 = 0,ans2 = 0;
    rep(i,1,tot,1) if(!in[i]) ans1++;
    rep(i,1,tot,1) if(!out[i]) ans2++;
    ans2 = max(ans1,ans2);
    cout<<ans1<<'\n'<<ans2<<'\n';
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}

3. [APIO2009] 抢掠计划

缩完点后跑最长路就没了

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 5e5 + 10;
struct node{int to,w;node(int To,int W):to(To),w(W){}};vector<node> e2[N];
#define eb emplace_back
vector<int> e1[N];
int n,m,s,p,ed[N],a[N],dfn[N],low[N],tim,sta[N],top,g[N],num[N],tot;
int dist[N];
bitset<N> insta,vis;
void Tarjan(int x){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    sta[++top] = x;insta[x] = true;
    for(int y:e1[x]){
        if(!dfn[y]) Tarjan(y),low[x] = min(low[x],low[y]);
        else if(insta[y]) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x] == low[x]){
        tot++;int y;
        do{
            y = sta[top--];
            insta[y] = false;
            g[y] = tot;
            num[tot] += a[y];
        }while(y != x);
    }
}
inline void spfa(int s){
    queue<int> q;q.push(s);vis[s] = true;
    while(q.size()){
        int x = q.front();q.pop();vis[x] = false;
        for(node i:e2[x]){
            int y = i.to,w = i.w;
            if(dist[y] < dist[x] + w){
                dist[y] = dist[x] + w;
                if(!vis[y]) q.push(y),vis[y] = true;
            }
        }
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m,1){int u,v;cin>>u>>v;e1[u].eb(v);}
    rep(i,1,n,1) cin>>a[i];
    rep(i,1,n,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
    rep(x,1,n,1) for(int y:e1[x]) if(g[x] != g[y]) e2[g[x]].eb(node(g[y],num[g[y]]));
    cin>>s>>p;rep(i,1,p,1) cin>>ed[i];
    spfa(g[s]);
    int ans = 0;
    rep(i,1,p,1) ans = max(ans,dist[g[ed[i]]]);
    cout<<ans+num[g[s]]<<'\n';
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}

双连通分量

这里的连通图均指无向连通图

前置知识

割点

对于一个连通图$G=(V,E)$，如果$V^{\prime }\subseteq V\mathrm{并}\mathrm{且}G[V\setminus V^{\prime }]$不连通，则$V^{\prime }$是图$G$的一个点割集，当$|\mathrm{点}\mathrm{割}\mathrm{集}|=1$时，称其为割点。

容易发现，孤立点不是割点，孤立边的两个端点也不是割点。

点双连通 : 没有割点的连通图。

点双连通分量(V-BCC) : 一张图的极大点双连通子图，简称点双。

桥

类比割点的定义即可。

对于一个连通图$G=(V,E)$，如果$E^{\prime }\subseteq E\mathrm{并}\mathrm{且}G=(V,E\setminus E^{\prime })$不连通，则$E^{\prime }$是图$G$的一个边割集，当$|\mathrm{边}\mathrm{割}\mathrm{集}|=1$时，称其为桥。

容易发现，孤立边是割边。

边双连通 : 没有桥的连通图。

边双连通分量(E-BCC) : 一张图的极大边双连通子图，简称边双。

割点和桥

既然已经知道了割点和桥是什么，那么如何求呢?

Tarjan求割点

和强连通分量一样，还是维护两个数组$dfn,low$，$dfn$的定义同上，$low$的定义更改为不经过其父亲能达到的最小的时间戳。

开始进行$dfs$，发现对于大部分时候，$\mathrm{\exists }y\in so{n}_x，lo{w}_y\ge df{n}_x$时，$x$为割点。就是无法不通过$x$回到祖先。

但是这对于搜索的起点并不成立，所以特殊考虑起点。考虑在搜索树上，如果起点只有一个儿子，那么说明删去这个点并不影响其搜索树子树内的连通性，所以其不是割点。而如果有两个及以上的儿子，那么说明删去以后这个儿子便不连通，所以此时起点也是割点。

就比如这张图，容易发现2为图中唯一的一个割点。

如果以1为起点搜索，画出来的搜索树就是这样的

而以2为起点搜索，画出来的搜索树是这样的

看，很符合上面说的。

【模板】割点（割顶）

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 2e4 + 10;
int n,m,rt,dfn[N],low[N],tim;
vector<int> edge[N];
bitset<N> vis,cut;
#define eb emplace_back
void Tarjan(int x,int f){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    vis[x] = true;
    int son = 0;
    for(int y:edge[x]){
        if(y == f) continue;
        if(!vis[y]){
            Tarjan(y,x);son++;
            low[x] = min(low[x],low[y]);
            if(x == rt && son > 1) cut[x] = true;
            if(low[y] >= dfn[x] && x != rt) cut[x] = true;
        }
        else low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m,1){int u,v;cin>>u>>v;edge[u].eb(v);edge[v].eb(u);}
    rep(i,1,n,1) if(!dfn[i]) rt = i,Tarjan(i,0);
    cout<<cut.count()<<'\n';
    rep(i,1,n,1) if(cut[i]) cout<<i<<' ';
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}

Tarjan求割边

和求割点差不多的，就是将$lo{w}_y\ge df{n}_x$变成$lo{w}_y>df{n}_x$，而且不需要判断是否为根节点。

【模板】割边（桥）

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 1e5 + 10;
int n,m,dfn[N],low[N],tim,cnt;
vector<int> edge[N];
bitset<N> vis;
#define eb emplace_back
void Tarjan(int x,int f){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    vis[x] = true;
    int son = 0;
    for(int y:edge[x]){
        if(y == f) continue;
        if(!vis[y]){
            Tarjan(y,x);son++;
            low[x] = min(low[x],low[y]);
            if(low[y] > dfn[x]) cnt++;
        }
        else low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m,1){int u,v;cin>>u>>v;edge[u].eb(v);edge[v].eb(u);}
    rep(i,1,n,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i,0);
    cout<<cnt;
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}
 

双连通分量

边双连通分量

综合了一下，还是选择了先找出桥后dfs找边双的做法，较为好理解而且不是很容易写挂。

直接写就可以了。建议还是链式前向星建图，比较好判割边。

【模板】边双连通分量

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 5e5 + 10,M = 4e6 + 10;
struct EDGE{int to,next;}edge[M];
int head[N],cnt = 1;
inline void add(int u,int v){edge[++cnt] = {v,head[u]};head[u] = cnt;}
vector<int> vdcc[N];int tot;
bitset<M> bri;
bitset<N> vis;
int n,m,dfn[N],low[N],tim;
void Tarjan(int x,int f){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    vis[x] = true;
    for(int i = head[x]; i;i = edge[i].next){
        int y = edge[i].to;
        if(y == f) continue;
        if(!vis[y]){
            Tarjan(y,x);
            low[x] = min(low[x],low[y]);
            if(low[y] > dfn[x]) bri[i] = bri[i^1] = true;
        }
        else low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
}
void dfs(int x,int f){
    vis[x] = true;
    vdcc[tot].emplace_back(x);
    for(int i = head[x]; i;i = edge[i].next){
        int y = edge[i].to;
        if(bri[i] || y == f || vis[y]) continue;
        dfs(y,x);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m,1){int u,v;cin>>u>>v;add(u,v);add(v,u);}
    rep(i,1,n,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i,0);
    vis.reset();
    rep(i,1,n,1) if(!vis[i]) tot++,dfs(i,0);
    cout<<tot<<'\n';
    rep(i,1,tot,1){cout<<vdcc[i].size()<<' ';for(int j:vdcc[i]) cout<<j<<' ';cout<<'\n';}
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();    
}

点双连通分量

对于一个点双，它在$dfs$搜索树中$dfn$值最小的点一定为割点或树根。

分类讨论：

1. 这个点为割点，那么它就是点双的根
2. 这个点为树根
   1. 有两个及以上子树，为一个割点
   2. 只有一个子树，它是一个点双的根
   3. 没有子树，视为一个点双。

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 5e5 + 10;
vector<int> edge[N],vdcc[N];
#define eb emplace_back
int n,m,rt,dfn[N],low[N],tim,sta[N],top,tot,d[N];
bitset<N> cut;
void Tarjan(int x,int f){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    sta[++top] = x;int son = 0;    
    for(int y:edge[x]){
        if(!dfn[y]){
            Tarjan(y,x);low[x] = min(low[x],low[y]);
            if(dfn[x] <= low[y]){
                son++;
                if(x != rt || son > 1) cut[x] = true;
                tot++;int z;
                do{
                    z = sta[top--];
                    vdcc[tot].eb(z);
                }while(z != y);
                vdcc[tot].eb(x);
            }
        }
        else low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(x == rt && !son) return vdcc[++tot].eb(x),void();
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m,1){int u,v;cin>>u>>v;edge[u].eb(v);edge[v].eb(u);}
    rep(i,1,n,1) if(!dfn[i]) rt = i,Tarjan(i,0);
    cout<<tot<<'\n';
    rep(i,1,tot,1){
        cout<<vdcc[i].size()<<' ';
        for(int j:vdcc[i]) cout<<j<<' ';
        cout<<'\n';
    }
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();    
}
 

2-SAT

定义

就是给出$n$个集合，每个集合有两个元素$\{a,b\}$，表示$a,b$矛盾，然后从每个集合中选择一个元素，问是否可以选出$n$个两两互不矛盾的元素。

解决方法

如果$a,b$矛盾，那么$\mathrm{\neg }a,b$不矛盾，$\mathrm{\neg }b,a$不矛盾，将这两对连边。

然后跑一边缩点，判断是否有$a,b$或者$\mathrm{\neg }a,\mathrm{\neg }b$在同一SCC中

输出方案时可以通过变量在图中的拓扑序确定该变量的取值。如果变量 $x$ 的拓扑序在 $\mathrm{\neg }x$ 之后，那么取 $x$ 值为真。应用到 Tarjan 算法的缩点，即 $x$ 所在 SCC 编号在 $\mathrm{\neg }x$ 之前时，取 $x$ 为真。因为 Tarjan 算法求强连通分量时使用了栈，所以 Tarjan 求得的 SCC 编号相当于反拓扑序。

【模板】2-SAT

分为四种情况讨论建图

1. $i$为真$j$也为真 ：$\mathrm{\neg }a\to b,\mathrm{\neg }b\to a$
2. $i$为真$j$为假 ： $\mathrm{\neg }a\to \mathrm{\neg }b,b\to a$
3. $i$为假$j$为真 ： $a\to b,\mathrm{\neg }b\to \mathrm{\neg }a$
4. $i$为假$j$也为假 ： $a\to \mathrm{\neg }b,b\to \mathrm{\neg }a$

然后对$1\sim 2\times n$跑Tarjan，如果$\mathrm{\exists }i\in [1,n],i\mathrm{与}i+n$在同一个强连通分量中，说明无解。

反之，输出解，当$co{l}_i<co{l}_{i+n}$时，值取true,反之，取false。

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 2e6 + 10;
vector<int> edge[N];
#define eb emplace_back
inline void add(int u,int v){edge[u].eb(v);}
int n,m,dfn[N],low[N],tim,g[N],sta[N],top,num;
bitset<N> insta;
void Tarjan(int x){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    sta[++top] = x;insta[x] = true;
    for(int y:edge[x]){
        if(!dfn[y]) {Tarjan(y);low[x] = min(low[x],low[y]);}
        else if(insta[y]) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x] == low[x]){
        num++;int y;
        do{
            y = sta[top--];
            insta[y] = false;
            g[y] = num;
        }while(y != x);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m,1){
        int x,a,y,b;
        cin>>x>>a>>y>>b;
        if(a&&b) add(x+n,y),add(y+n,x);
        if(a&&!b) add(x+n,y+n),add(y,x);
        if(!a&&b) add(x,y),add(y+n,x+n);
        if(!a&&!b) add(x,y+n),add(y,x+n);
    }
    rep(i,1,n<<1,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
    rep(i,1,n,1) if(g[i] == g[i+n]) cout<<"IMPOSSIBLE\n",exit(0);
    cout<<"POSSIBLE\n";
    rep(i,1,n,1) cout<<(bool)(g[i] < g[i+n])<<' ';
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}

练习 :

1. [JSOI2010] 满汉全席

还是那么套路，直接套上就好啦。

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 210;
vector<int> edge[N];//1~n 为满
#define eb emplace_back
int n,m,dfn[N],low[N],sta[N],top,tim,tot,g[N];
bitset<N> insta;
void Tarjan(int x){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    sta[++top] = x;insta[x] = true;
    for(int y:edge[x]){
        if(!dfn[y]) Tarjan(y),low[x] = min(low[x],low[y]);
        else if(insta[y]) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x] == low[x]){
        tot++;int y;
        do{
            y = sta[top--];
            insta[y] = false;
            g[y] = tot;
        }while(y != x);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    tim = top = tot = 0;
    rep(i,1,n<<1,1) dfn[i] = low[i] = insta[i] = g[i] = false;
    rep(i,1,n<<1,1) vector<int> ().swap(edge[i]);
    rep(i,1,m,1){
        char x,y;int id1,id2;
        cin>>x>>id1>>y>>id2;
        if(x == 'm'){
            if(y == 'm') edge[id1+n].eb(id2),edge[id2+n].eb(id1);
            else edge[id1+n].eb(id2+n),edge[id2].eb(id1);
        }
        else{
            if(y == 'm') edge[id1].eb(id2),edge[id2+n].eb(id1+n);
            else edge[id1].eb(id2+n),edge[id2].eb(id1+n);
        }
    }
    rep(i,1,n<<1,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
    bool flag = false;
    rep(i,1,n,1) if(g[i] == g[i+n]){flag = true;break;}
    cout<<(flag?"BAD\n":"GOOD\n");
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int T;cin>>T;while(T--)solve();
}
 

2. [POI2001] 和平委员会

还是建反边跑Tarjan

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 20010;
#define eb emplace_back
vector<int> edge[N];
inline void add(int u,int v){edge[u].eb(v);}
int n,m,dfn[N],low[N],tim,num,g[N],sta[N],top;
bitset<N> insta;
void Tarjan(int x){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    sta[++top] = x;insta[x] = true;
    for(int y:edge[x]){
        if(!dfn[y]) Tarjan(y),low[x] = min(low[x],low[y]);
        else if(insta[y]) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x] == low[x]){
        num++;int y;
        do{
            y = sta[top--];
            insta[y] = false;
            g[y] = num;
        }while(y != x);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    auto opp = [](int x){return (x&1)?x+1:x-1;};
    rep(i,1,m,1){
        int a,b;cin>>a>>b;
        add(a,opp(b));add(b,opp(a));
    }
    rep(i,1,n<<1,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
    rep(i,1,n<<1,2) if(g[i] == g[i+1]) cout<<"NIE\n",exit(0);
    rep(i,1,n<<1,2) cout<<(g[i]<g[i+1]?i:i+1)<<'\n';
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}

3. Catowice City

好题。

考虑到选了第$i$个人就不能选择第$i$个人所认识的猫，所以将第$i$个人与其所认识的猫的主人连边，求强连通分量。

考虑到选人最好的方法就是选择一个没有出度的强连通分量，这样就可以保证直接选人即可，不用再考虑其它的限制。

深入理解一下Tarjan算法，发现找到的第一个强连通分量便没有出度。因为如果有出度的话，那么Tarjan算法就会递归进入到下一个强连通分量中，直到一个没有出度的强连通分量为止。

选的人的个数就是第一个强连通分量的个数，人就是强连通分量中的人，剩下的猫都是选手。

特判只有一个强连通分量时，无解。

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t; i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t; i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 1e6 + 10;
#define eb emplace_back
#define All(x) x.begin(),x.end()
vector<int> edge[N];
inline void add(int u,int v){edge[u].eb(v);}
int n,m,dfn[N],low[N],tim,num,g[N],sta[N],top,len[N];
bitset<N> insta;
void Tarjan(int x){
    dfn[x] = low[x] = ++tim;
    sta[++top] = x;insta[x] = true;
    for(int y:edge[x]){
        if(!dfn[y]) Tarjan(y),low[x] = min(low[x],low[y]);
        else if(insta[y]) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x] == low[x]){
        num++;int y;
        do{
            y = sta[top--];
            insta[y] = false;
            g[y] = num;len[num]++;
        }while(y != x);
    }
}
inline void solve(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,num,1) len[i] = 0;
    tim = top = num = 0;
    rep(i,1,n,1) vector<int>().swap(edge[i]),dfn[i] = low[i] = g[i] = insta[i] = false;
    rep(i,1,m,1){
        int a,b;cin>>a>>b;
        if(a == b) continue;
        add(a,b);
    }
    rep(i,1,n,1) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
    if(num == 1) return cout<<"No\n",void();
    cout<<"Yes\n"<<len[1]<<' '<<n-len[1]<<'\n';
    rep(i,1,n,1) if(g[i] == 1) cout<<i<<' ';
    cout<<'\n';
    rep(i,1,n,1) if(g[i] != 1) cout<<i<<' ';
    cout<<'\n';
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int T;cin>>T;while(T--) solve();
}
 

好像还有一个圆方树完了，到时候再开一个写