强连通分量

$\large\color{skyblue} \mathcal Kosaraju$

算法步骤：

1. 建图与反图。
2. 遍历图，记录回溯的顺序，使用栈记录回溯顺序。
3. 按照栈顺序，遍历反图。

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$\large\color{skyblue} Code$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e4+10;
int n,m,nm,scc[N],s[N],c;
vector<int>e[N],re[N];
bool v[N];
void dfs(int from){
	v[from]=1;
	for(int to:e[from])if(!v[to])dfs(to);
	s[c++]=from;
}
void rfs(int from){
	scc[from]=nm;
	for(int to:re[from])if(!scc[to])rfs(to);
}
int ko(){
	for(int i=1;i<=n;i++)if(!v[i])dfs(i);
	for(int i=n-1;~i;i--)
		if(!scc[s[i]]) nm++, rfs(s[i]);
	return nm;
}
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++) {
		cin>>x>>y;
		e[x].push_back(y), re[y].push_back(x);
	}
	cout<<ko();
	return 0;
}

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$\large\color{skyblue} \mathcal Tarjan$

使用 $dfn_i,low_i$，分别表示点 $i$ 的遍历序，从点 $i$ 能达到最早遍历的点。

将遍历的点加入栈中，统计强连通中的点。更新 $dfn,low$。 （以下强连通分量表示极大强连通分量）

到回溯时，说明 $i$ 点可以到达的点已经记录完毕。

对于一个强连通分量，必然有一个点是 $dfn_i=low_i$ 的。证明：若强连通分量中 $dfn_i\ne low_i$，那么最小的 $dfn_i>low_i$，还能到达别的点，就会有更小的 $dfn_j$，矛盾。

因此，我们在 $dfn_i=low_i$ 时，即强连通分量中的点已经统计完，将在栈的点中吐出来，直到吐到点 $i$。

$\large\color{skyblue} Code$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e4+10;
int n,m,nm,scc[N],snm,dfn[N],low[N],s[N],num[N],top;
vector<int>e[N];
void dfs(int from) {
	dfn[from]=low[from]=++nm;
	s[++top]=from;
	for(int to:e[from])
		if(!dfn[to]) dfs(to), low[from]=min(low[from],low[to]);
		else if(!scc[to]) low[from]=min(low[from],dfn[to]);
	if(dfn[from]==low[from]) {
		snm++;
		while(scc[s[top]]=snm,s[top--]^from);
	}
}
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++) {
		cin>>x>>y;
		e[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) dfs(i);
	cout<<snm; 
	return 0;
}

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似乎 $\color{skyblue}Tarjan$ 的常数更小一点。

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$\large\color{skyblue}\textbf{缩点}$

将有向图转化为有向无环图（$\operatorname{DAG}$）。有向无环图有很多美好的性质：

• 使用拓扑排序，类似于 dp，可求最短路等。
• 在特殊情况时（每个强连通分量只有一个入度）看作一棵树，做树上 dp。
• $\dots\dots$

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将环去除，即将一个强连通分量看作点。

枚举所有点，枚举与之相连的边（即所有的边）。此处需要注意：只有边到达的点不属于当前点的强连通分量，才能连接。否则会出现自环。

这样我们就得到了缩点之后的图。有些时候，还需要注意重边。

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$\large\color{skyblue}Code$

$\color{skyblue}Tarjan$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
int n,m,nm,scc[N],s[N],top,rd[N],cd[N];
//rd,cd 分别为入度，出度
vector<int>e[N],ne[N];
//ne 为新图 
queue<int>q;
bool v[N];

int dfn[N],low[N],tag;
void dfs(int from) {
	dfn[from]=low[from]=++tag;
	s[++top]=from;
	for(int to:e[from])
		if(!dfn[to]) dfs(to), low[from]=min(low[from],low[to]);
		else if(!scc[to]) low[from]=min(low[from],dfn[to]);
	if(dfn[from]==low[from]) {
		nm++;
		while(scc[s[top]]=nm,s[top--]^from);
	}
}

int main() {
    cin>>n>>m;
    for(int i=1,x,y;i<=m;i++) {
    	cin>>x>>y;
    	e[x].push_back(y),re[y].push_back(x);
	}
   	for(int i=1;i<=n;i++) {
   		if(!dfn[i]) dfs(i); 
	}
    for(int i=1;i<=n;i++) {
    	for(auto j:e[i]) {
    		if(scc[i]!=scc[j])
				ne[scc[i]].push_back(scc[j]), rd[scc[j]]++, cd[scc[i]]++;
		}
	}
    return 0;
}

$\color{skyblue}Kosaraju$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
int n,m,nm,scc[N],s[N],c,rd[N],cd[N];
//rd,cd 分别为入度，出度
vector<int>re[N],e[N],ne[N];
//ne 为新图 
queue<int>q;
bool v[N];
void dfs(int from){
    v[from]=1;
    for(auto to:e[from])if(!v[to])dfs(to);
    s[c++]=from;
}
void rfs(int from) {
    scc[from]=nm;
    for(int to:re[from])if(!scc[to])rfs(to);
}
void ko(){
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!v[i])dfs(i);
    for(int i=n-1;~i;i--)
        if(!scc[s[i]]) nm++, rfs(s[i]);
}
int main() {
    cin>>n>>m;
    for(int i=1,x,y;i<=m;i++) {
    	cin>>x>>y;
    	e[x].push_back(y),re[y].push_back(x);
	}
    ko();
    for(int i=1;i<=n;i++) {
    	for(auto j:e[i]) {
    		if(scc[i]!=scc[j])
				ne[scc[i]].push_back(scc[j]), rd[scc[j]]++, cd[scc[i]]++;
		}
	}
    return 0;
}

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$\large\color{skyblue}practice$

见石中练习。