Tarjan算法求SCC 学习笔记
说8月份要好好补一补算法来着（实在太缺算法了，啥也不会/dk），学习笔记可能会一篇一篇地更（flag
现在还没到8月，先学个一年前就学了，但是忘掉的算法，起个头/cy
强连通分量
定义就懒得说了。
现在我们要求一张有向图的所有SCC，满足每个点都恰好包含在一个SCC里。
求法（Tarjan算法）
先随便选一个点作为起点DFS，这样显然有可能不会访问到所有节点。没关系，我们可以DFS完再选起点DFS没被访问的点导出的子图，然后继续DFS，DFS，直到所有点被访问过为止。显然，每次DFS所访问的点集的SCC情况是互相独立的，因为若\(x,y\)属于同一个SCC，那么它们肯定在同一次DFS访问到。于是，在此我们只讨论一次DFS，即假装所有点都能够从起点到达。
显然，本次DFS有一个搜索树，每个点\(i\)都有一个时间戳\(dfn_i\)。
我们维护一个栈，每到一个节点的时候压入，暂时不讨论弹出。设\(low_i\)表示所有从子树\(i\)可以一条边到达的在栈中的节点的最小时间戳与\(dfn_i\)取\(\min\)的结果。这个\(low\)可以类似树形DP地算出来，即先令\(low_i=dfn_i\)，然后找它的每个邻居\(x\)：若未访问过，则DFS到\(x\)，并转移，令\(low_i=\min(low_i,low_x)\)（由于\(dfn_x>dfn_i\)，不影响）；否则，若在栈中，则它是\(i\)可以一条边到达的在栈中的节点，令\(low_i=\min(low_i,dfn_x)\)。
算完之后，在从\(i\)回溯之前，若满足\(dfn_i=low_i\)，则说明栈中从顶到\(i\)恰好构成一个SCC（这个后面再详细证），全部弹出。
时间复杂度显然跟普通的深度优先遍历相同，\(\mathrm O(n)\)。
代码：
int dfn[N+1],low[N+1],nowdfn;//时间戳相关
int stk[N],top;//栈
bool ins[N+1];//是否在栈中
void dfs(int x){//Tarjan算法
dfn[x]=low[x]=++nowdfn;
ins[stk[top++]=x]=true;//入栈
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){//算low[x]
int y=nei[x][i];
if(!dfn[y])dfs(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
else if(ins[y])low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
cnt++;
while(true){
int y=stk[--top];
ins[y]=false;//弹出
_____//将y加入第cnt个SCC
if(y==x)break;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])dfs(i);
正确性证明
当年就是因为不会证，才导致学完就忘/xk
其实很简单。考虑归纳，只要证：若在每次弹出前的所有弹出的段都独立构成SCC，那么本段也独立构成SCC。
原图中的边一共可以分为四种：
- 树枝边：搜索树中的边。这种边被认为基本边；
- 前向边：搜索树中长辈连向晚辈的非树枝边边。这种边对连通性的帮助卵用没有；
- 后向边：搜索树中晚辈连向长辈的边；
- 横叉边：不是以上三种边的边。设为\((x,y)\)，显然\(dfn_x>dfn_y\)，否则\(y\)就是\(x\)的后代了。
不难发现，只有后向边和横叉边是我们需要考虑的构成环而形成SCC的边，而它们的另一端的时间戳都要\(<dfn_i\)（即在\(i\)之前被访问、压入栈）。而\(dfn_i=low_i\)表示没有以子树\(i\)中的点为起点、以栈中节点为终点的后向边和横叉边了，而根据归纳的假设，那些访问过而不在栈中的节点（被弹出的点）又独立构成SCC，于是子树\(i\)是真的“自闭”了，即不可能跟外界共同构成SCC了。不难发现，从\(i\)回溯前，栈相比于刚到\(i\)时的栈多出的点（即从顶到\(i\)的那一段）全是子树\(i\)内的（也有可能有被弹出的），于是此时只要证，这些多出来的点强连通，那么极大性即可由“自闭”性推出。
易证，多出来的点强连通当且仅当所有多出来的点都可以到达\(i\)。反证，假设有多出来的点是到不了\(i\)的，设为集合\(C\)。不难发现，若\(x\in C\)，\(y\notin C\)，则\(x\)到不了\(y\)。那么若\(x\in C\)，则它们所有的儿子\(y\)也满足\(y\in C\)，因为\(x\)到\(y\)有树枝边。则\(C\)是由若干个不相交的子树构成的。每个子树的时间戳是一段区间，而它们不相交，我们可以将它们排序，观察第一个。根据子树\(i\)的“自闭”性，第一个子树只有可能跟子树\(i\)内连后向边和横叉边，而根据“若\(x\in C\)，\(y\notin C\)，则\(x\)到不了\(y\)”，它只能连向其它\(\in C\)的子树，而它的时间戳又是最小的，所以此子树也满足“自闭”性，要被弹出，不属于“多出来的点”，矛盾了矛盾了。至此最后一步的正确性得证。
又，所有点都被访问恰好一次，则所有点都被入栈恰好一次，而每次DFS从起点回溯前时肯定会清空栈，所以每个点恰好被分到一个SCC里。总正确性得证。
性质
我们可以把所有SCC缩成一个点，若两个SCC中各存在一个点，使得它们之间有边，则这两个SCC缩成的点之间有边。显然，缩出来的是一个DAG。而这个算法的性质是：每个SCC产生的次序是它在DAG中的拓扑逆序。
这个形象理解一下吧，就是Tarjan是在搜索树中自底向上产生SCC的，很简单，不再详细证了。
例题
CSES 1686 - Coin Collector
给定一个有向图，每个点\(i\)有点权\(a_i\)。你可以任意选择起点，在图里随便走，最终得分是经过的所有点的点权之和（经过多次只算一次）。求得分最大值。
\(n\in\left[1,10^5\right],m\in\left[1,2\times10^5\right]\)。
经典的SCC缩点，每个SCC的点权就是原点权之和。设缩出\(cnt\)个点，边集为\(E\)，新点权为\(sum_i\)。缩点之后得到一张DAG，在上面DP即可。设\(dp_i\)表示从\(i\)出发的最大得分。目标：\(\max\limits_{i=1}^{cnt}\{dp_i\}\)，转移方程：\(dp_i=\max\limits_{(i,j)\in E}\{dp_j\}+sum_i\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
const int N=100000;
int n,m;
int a[N+1];
vector<int> nei[N+1];
int dfn[N+1],low[N+1],nowdfn;
int stk[N],top;
bool ins[N+1];
int cnt,cid[N+1];
int sum[N+1];
void dfs(int x){
dfn[x]=low[x]=++nowdfn;
ins[stk[top++]=x]=true;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];
if(!dfn[y])dfs(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
else if(ins[y])low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
cnt++;
while(true){
int y=stk[--top];
ins[y]=false;
cid[y]=cnt;sum[cnt]+=a[y];
if(y==x)break;
}
}
}
vector<int> cnei[N+1];
int dp[N+1];
signed main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",a+i);
while(m--){
int x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
nei[x].pb(y);
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])dfs(i);//求SCC
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<nei[i].size();j++){//缩点
int x=nei[i][j];
if(cid[i]!=cid[x])cnei[cid[i]].pb(cid[x]);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++){//DP
for(int j=0;j<cnei[i].size();j++)dp[i]=max(dp[i],dp[cnei[i][j]]);
ans=max(ans,dp[i]+=sum[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}
POJ 2762 - Going from u to v or from v to u?
给定一张图，求是否满足每一个点对都至少可以从一个到达另一个。本题多测。
显然，一个SCC内的点对是肯定可以的，而且与其它点的可以性相同。于是跑Tarjan，缩点。这时候会得到一个DAG。稍微有点脑子就能发现这个DAG必须是一条链。然后判一下度数即可。
多测不清空，爆零两行泪。
POJ不能用bits，爷青结。
代码：
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define pb push_back
const int N=1000;
int n,m;
vector<int> nei[N+1];
int dfn[N+1],low[N+1],nowdfn;
int stk[N],top;
bool ins[N+1];
int cnt,cid[N+1];
void dfs(int x){
dfn[x]=low[x]=++nowdfn;
ins[stk[top++]=x]=true;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];
if(!dfn[y])dfs(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
else if(ins[y])low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
cnt++;
while(true){
int y=stk[--top];
ins[y]=false;
cid[y]=cnt;
if(y==x)break;
}
}
}
vector<int> cnei[N+1];
int ideg[N+1],odeg[N+1];
void mian(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)nei[i].clear(),cnei[i].clear();
while(m--){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
nei[x].pb(y);
}
cnt=nowdfn=top=0;memset(ins,0,sizeof(ins));memset(dfn,0,sizeof(dfn));
for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])dfs(i);
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<nei[i].size();j++){
int x=nei[i][j];
if(cid[i]!=cid[x])cnei[cid[i]].pb(cid[x]);
}
memset(ideg,0,sizeof(ideg));memset(odeg,0,sizeof(odeg));
for(int i=1;i<=cnt;i++){
vector<int> &v=cnei[i];
sort(v.begin(),v.end());
v.resize(unique(v.begin(),v.end())-v.begin());
for(int j=0;j<v.size();j++)odeg[i]++,ideg[v[j]]++;
}
bool ok=true;
if(cnt>1){
ok=ideg[1]==1&&odeg[1]==0&&ideg[cnt]==0&&odeg[cnt]==1;
for(int i=2;i<cnt;i++)ok&=ideg[i]==1&&odeg[i]==1;
}
puts(ok?"Yes":"No");
}
int main(){
int testnum;
cin>>testnum;
while(testnum--)mian();
return 0;
}
洛谷 P4819 - 杀人游戏
题意见洛谷。说句闲话，BZOJ上的输入格式咋这么好，洛谷真没意思。
显然一个SCC内只需要访问任意一个即可知道所有人的身份。于是考虑跑Tarjan，缩点。然后贪心地想，所有入度为\(0\)的SCC都必须访问内部的一个。然后你就会发现，把这些入度为\(0\)的SCC都访问过之后，已经结束了。然鹅警察有一个推理手段：排除法，所以说只需要知道\(n-1\)个人的身份即可。不难发现，只有大小为\(1\)、入度为\(0\)、所有连向的SCC的入度都\(>1\)（可以通过其它\(0\)入度SCC推到）的SCC才可以给访问人数贡献一个\(-1\)，而且最多贡献一次。
设最小访问人数为\(x\)，那么答案是\(1-\dfrac xn\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
const int N=100000;
int n,m;
vector<int> nei[N+1];
int dfn[N+1],low[N+1],nowdfn;
int stk[N],top;
bool ins[N+1];
int cnt,cid[N+1],sz[N+1];
void dfs(int x){
dfn[x]=low[x]=++nowdfn;
ins[stk[top++]=x]=true;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i];
if(!dfn[y])dfs(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
else if(ins[y])low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
cnt++;
while(true){
int y=stk[--top];
ins[y]=false;
sz[cnt]++,cid[y]=cnt;
if(y==x)break;
}
}
}
int ideg[N+1];
vector<int> cnei[N+1];
int main(){
cin>>n>>m;
while(m--){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
nei[x].pb(y);
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])dfs(i);
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<nei[i].size();j++){
int x=nei[i][j];
if(cid[i]!=cid[x])ideg[cid[x]]++,cnei[cid[i]].pb(cid[x]);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)if(ideg[i]==0)ans++;
for(int i=1;i<=cnt;i++)if(ideg[i]==0&&sz[i]==1){
bool flg=true;
for(int j=0;j<cnei[i].size();j++)flg&=ideg[cnei[i][j]]>1;
if(flg){ans--;break;}
}
printf("%.6lf\n",1-1.*ans/n);
return 0;
}
