图的联通性相关

强连通分量

对于有向图 $G(V,E)$。如果对于任意 $\{u,v\}\in V$。$u$ 和 $v$ 均可以互相到达。则称这个有向图是强连通。

对于一张有向图。其最大的强连通子图被称为强联通分量。简称 SCC。

算法讲解

强连通分量一般使用 tarjan 算法求解。

对于图上连通性的问题，如果直接在图上做会比较困难，我们可以将其转换为 DFS 树上的问题。

DFS 树

如果我们从一个联通（弱联通）图上的某个点出发，最后必然会访问完所有点，并且任意相邻的点只会通过一条边访问。访问的点和边构成了这个图的 DFS 树。

有向图 DFS 树上有四种边，可以自行在 oi-wiki 上查看。

tarjan 算法

我们另 $S(x)$ 表示 DFS 树中 $x$ 子树的部分。

显然 $x$ 可以到达任意 $y\in S(x)$，且 $x\to y$ 的路径上所有的点都可以被 $x$ 到达，都可以到达 $y$。此时，如果存在一条返租边 $(y,x)$。则 $x\to y$ 的路径上所有的点及其边构成的子图强连通。

现在的问题是如何保证最大性，即强连通子图最大。我们选取一个基准，即一个强连通分量中一个在 DFS 树内时间戳最小的点的时间戳，为了方便，记节点 $x$ 的时间戳为 $df{n}_x$。

对于一个点 $y$。如果 $x$ 是 $y$ 所在强连通分量内时间戳最小的点。必然满足以下条件

• 在 DFS 树中，$x$ 是 $y$ 的祖先。

• $y$ 可以到达 $x$。

• 不存在 $z$，$z$ 是 $y$ 的祖先，$y$ 能到达 $z$，$df{n}_z>df{n}_x$

为了方便，我们定义节点 $y$ 的最小追溯值为 $df{n}_x$，写为 $lo{w}_y=df{n}_x$，特殊的，存在 $lo{w}_u=df{n}_u$，节点 $u$ 就是上文所说的 $x$。

显然，如果求出了 $low$ 数组，所有 $low$ 值相等的节点构成一个强连通分量。

代码实现

显然，根据算法思想，可以如下求 $low$ 值。

$$lo{w}_u=\underset{(u,v)\in E}{min}lo{w}_v$$

初始定义

$$lo{w}_u=df{n}_u$$

因为时间戳的先后性，满足 $lo{w}_x=df{n}_x$ 中的 $x$ 所在强连通分量的节点一定在 $S(x)$ 中，不过 $S(x)$ 中的节点不一定在强连通分量内，其可能独属于一个其他强连通分量。

我们维护一个栈，一旦遇到满足 $df{n}_u=lo{w}_u$。就把栈中节点不断弹出直到 $u$ 被弹出。这样在求 $df{n}_x=lo{w}_x$ 时，属于其他强连通分量的节点都弹了出去，就可以保证答案的正确性。

如果当前遍历到 $x$。显然 $x$ 的祖先都在栈中，可以同时维护 $x$ 的祖先。

void tarjan(int u){
	dfn[u]=low[u]=++tot;
	stk[++top]=u,mk[u]=1;
	for(int i=ver[u];i;i=nxt[i]){
		int v=to[i];
		if(!dfn[v]){
			tarjan(v);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
		}else if(mk[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if(low[u]==dfn[u]){
		scc++;
		while(stk[top+1]!=u){
			mk[stk[top]]=0;
			f[stk[top]]=scc;
			top--;
		}
	}
	return;
}

注意到这里用到了 low[u]=min(low[u],dfn[v]) 。巧妙的借助了代码的特性，这并不影响算法的正确性。

SCC 缩点

「缩点」。就是把一个强连通分量看成一个点，连接两个联通分量之间的有向边看成一条边，应为强连通分量的极大性，可以得到结论

两个强连通分量不可能存在于一个环中。

换句话说

缩点后的新图一定是 DAG。

来点例题？

例1.1：[USACO03FALL / HAOI2006] 受欢迎的牛 G

如果我们对原图缩点，一个强连通分量内所有的牛都是互相崇拜的。能当明星的牛要么是一头，要么是一个强连通分量内。否则无解。

统计度数，存在出度的点中都不可能成为明星，如果存在多个点没有出度，则无解，因为必须满足所有人都“爱慕”

例1.2：[USACO5.3] 校园网Network of Schools

缩点后一定会形成若干个 DAG。如果一个点有入度，只需满足指向他的点有软件就行。可以如果一个点没有入度，你就必须下载一个，$0$ 入度点数就是第一问答案。

假设有 $p$ 个 $0$ 入度点，$q$ 个 $0$ 出度点，第二问要求我们最少加几条边使原图缩成一个 SCC 。我们先把所有点入度和出度变为非零零。

• $p\le q$：先将 $q$ 个 $0$ 出度点向 $q$ 个 $0$ 入度点连线，在将剩下 $p-q$ 个 $0$ 出度点向第 $q$ 个 $0$ 入度点连线。连了 $p$ 条边。

• $p<q$：先将 $p$ 个 $0$ 出度点向 $p$ 个 $0$ 入度点连线，在将第 $p$ 个 $0$ 出度点向剩下 $p-q$ 个 $0$ 入度点连线。连了 $q$ 条边。

综上，答案为 $max(p,q)$。

例1.3：【模板】缩点

由于缩点后是 DAG。可以跑最长路求解

$$d{p}_v=\underset{(u,v)\in E}{max}d{p}_u+w_v$$

$w_v$ 表示 $v$ 所在强连通分量内点的权值和。

点击查看代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=1e4+10,M=1e5+10;
int ver[N],nxt[M],to[M],idx,n,m,w[N],u[M],v[M],ww[N],ans=-1;
int dfn[N],low[N],stk[N],mk[N],from[N],top,d[N],dp[N],scc,tot;
queue<int>q;
void add(int x,int y){
    to[++idx]=y,nxt[idx]=ver[x],ver[x]=idx;
}
void tarjan(int u){
    dfn[u]=low[u]=++tot;
    stk[++top]=u,mk[u]=1;
    for(int i=ver[u];i;i=nxt[i]){
        int tp=to[i];
        if(!dfn[tp]){
            tarjan(tp);
            low[u]=min(low[u],low[tp]);
        }else if(mk[tp])low[u]=min(low[u],dfn[tp]);
    }
    if(low[u]==dfn[u]){
        scc++;int v,cnt=0;
        while(stk[top+1]!=u){
            v=stk[top--];
            mk[v]=0;
            from[v]=scc;
            cnt+=w[v];
        }
        ww[scc]=cnt;
    }
    return;
}
void topsort(){
    for(int i=1;i<=scc;i++){
        if(!d[i])q.push(i);
        dp[i]=ww[i];
    }
    while(q.size()){
        int t=q.front();q.pop();
        for(int i=ver[t];i;i=nxt[i]){
            int tp=to[i];
            d[tp]--;
            dp[tp]=max(dp[tp],dp[t]+ww[tp]);
            if(!d[tp])q.push(tp);
        }
    }
    return;
}
int main(){
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",w+i);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d %d",u+i,v+i);
        add(u[i],v[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])tarjan(i);
    idx=0;
    memset(ver,0,sizeof(ver));
    memset(nxt,0,sizeof(nxt));
    memset(to,0,sizeof(to));
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(from[u[i]]!=from[v[i]])add(from[u[i]],from[v[i]]),d[from[v[i]]]++;
    }
    topsort();
    for(int i=1;i<=scc;i++){
        ans=max(ans,dp[i]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

双连通分量

割边

无向图的 DFS 树上仅仅存在两种边，分别是树边和非树边。

割边定义：对于无向图 $G(V,E)$。如果删掉某一条边后图的连通分量增加，则称该边为割边。

显然，非树边不会是割边，因为任意非树边连接的两点 $u,v$ 之间必然被若干树边连接。

定义 $Son(x)$ 为 $x$ 在 DFS 树中子节点点集。因为时间戳的定义和祖后代的特性。如果 $y\in Son(x)$，且从 $y$ 出发无法到达 $Son(y)$ 以外的部分，删去 $(x,y)$ 后 $y$ 将“失联”。则 $(x,y)$ 为割边。

换句话说，如果 $y$ 所能到达的时间戳最小节点为 $x$。则记 $lo{w}_y=df{n}_x$。显然，$lo{w}_u$ 的求解方法如下。

$$lo{w}_u=\underset{v\in Son(u)}{min}lo{w}_v$$

如果边 $(x,y)$ 是割边，显然

$$lo{w}_y<df{n}_x$$

前提是 $y\in Son(x)$。

割边还有一个重要的易错点，就是 DFS 树中子节点的 $low$ 不能从父节点获取，不过有的题目中会出现重边，一个很好的判断方法是记录边的编号，编号为 $i$ 的边和编号为 $i\oplus 1$ 的边其实是一条边，注意在建图时边的编号从 $2$ 开始标记。

边双连通分量

如果一个无向连通图不具备割边，则称该图为边双连通图。一张无向图的最大联通边双连通图成为该图的边双联通分量，简称 e-DCC。

求法很简单，求出割边后标记，DFS 划分联通分量即可。

void tarjan(int u,int edge){
    dfn[u]=low[u]=++tot;
    for(int i=ver[u];i;i=nxt[i]){
        int v=to[i];
        if(!dfn[v]){
            tarjan(v,i);
            low[u]=min(low[u],low[v]);
            if(dfn[u]<low[v])bridge[i]=bridge[i^1]=1;
        }else if(i!=(edge^1))low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    }
    return;
}
void dfs(int x){
    v[dcc].push_back(x),mk[x]=1;
    for(int i=ver[x];i;i=nxt[i]){
        if(mk[to[i]]||bridge[i])continue;
        dfs(to[i]);
    }
    return;
}