标签：ble pre problem 强连通分量 过程 时间 经验 href new
这篇文章是从网络上总结各方经验 以及 自己找的一些例题的算法模板,主要是用于自己的日后的模板总结以后防失忆常看看的, 写的也是自己能看懂即可。
tarjan算法的功能很强大, 可以用来求解强连通分量,缩点,桥,割点,LCA等,日后写到相应的模板题我就会放上来。
1.强连通分量(分量中是任意两点间都可以互相到达)
按照深度优先遍历的方式遍历这张图。
遍历当前节点所出的所有边。在遍历过程中：
( 1 ) 如果当前边的终点还没有访问过，访问。
回溯回来之后比较当前节点的low值和终点的low值。将较小的变为当前节点的low值。（因为遍历到终点时有可能触发了2）
( 2 ) 如果已经访问过，那我们一定走到了一个之前已经走过的点（终点的时间戳一定比当前的小）
则比较当前节点的low值和终点的dfn值。将较小的变为当前节点的low值
在回溯过程中，对于任意节点u用其出边的终点v的low值来更新节点u的low值。因为节点v能够回溯到的已经在栈中的节点，节点u也一定能够回溯到。因为存在从u到v的直接路径，所以v能够到的节点u也一定能够到。
当一个节点的dfn值和low值相等时，这个节点是一个强联通分量的“根”。压栈，输出。
例题：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1269
#include<stdio.h>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
int n, m, cnt, deep, kinds_color;
int head[10000 + 10];
int dfn[10000 + 10], low[10000 + 10], vis[10000 + 10];
stack<int>S;
struct Edge
{
int to, next;
}edge[100000 + 10];
void add(int u, int v)
{
edge[++ cnt].to = v;
//edge[cnt].w = w;
edge[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt;
}
void tarjan(int now)
{
dfn[now] = low[now] = ++deep;
S.push(now);
vis[now] = 1;
for(int i = head[now]; i != 0; i = edge[i].next)
{
int to = edge[i].to;
if(!dfn[to])
{
tarjan(to);
low[now] = min(low[now], low[to]);
}
else if(vis[to])
low[now] = min(low[now], dfn[to]);
}
if(dfn[now] == low[now])
{
kinds_color ++;
while(1)
{
int temp = S.top();
S.pop();
if(temp == now)
break;
}
}
}
int main()
{
int a, b;
while(scanf("%d%d", &n, &m)!=EOF)
{
if(n == 0 && m == 0)
break;
cnt = deep = kinds_color = 0;
memset(head, 0, sizeof(head));
memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(low, 0, sizeof(low));
for(int i = 1; i <= m; i ++)
{
scanf("%d%d", &a, &b);
add(a, b);
}
for(int i = 1; i <= n; i ++)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
if(kinds_color == 1)
printf("Yes\n");
else
printf("No\n");
}
return 0;
}
2.强连通分量缩点(多了步化简图的操作)
主要步骤跟上面求分量是一模一样的,区别在于需要在栈出的过程中,记录每个点所处的哪个分量
if(dfn[now] == low[now])
{
k_color ++; //分块
while(1)
{
int temp = S.top();
S.pop();
color[temp] = k_color; //记录每个点所属的分量块
vis[temp] = 0;
if(temp == now)
break;
}
}
for(int i = 1; i <= n; i ++)//遍历原图
{
for(int j = head[i]; j != -1; j = edge[j].next)
{
int to = edge[j].to;
int x = color[i], y = color[to];//x, y为强连通分量的编号
if(x != y)//如果起点终点属于不同的连通分量,就可以建为新图的边了,点为连通分量编号
{
add1(x, y);
// in[y] ++;这是拓扑排序的入度 无视掉
}
}
}
2.tarjan求割点
例题：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3388
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
int n, m, ans;
int cnt, head[20010];
int dfn[20010], low[20010], deep;
int flag[20010];
struct Edge
{
int to, next;
}edge[100010 * 2];
void add(int a, int b)
{
edge[++ cnt].to = b;
edge[cnt].next = head[a];
head[a] = cnt;
}
void tarjan(int now, int root) //求割点是不需要栈结构的
{
dfn[now] = low[now] = ++deep;
int child = 0;//根节点的特判
for(int i = head[now]; i != -1; i = edge[i].next)
{
int to = edge[i].to;
if(!dfn[to])
{
tarjan(to, root);
low[now] = min(low[now], low[to]);
if(low[to] >= dfn[now] && now != root)//表示该节点绕不回上面 ,那么上面的点是割点,因为去割掉之后下面的点就与上面的点分离了
{
flag[now] = 1;
}
if(now == root)//求根节点的子树数量
child ++;
}
low[now] = min(low[now], dfn[to]);//注意是dfn
}
if(child >= 2 && now == root) //如果根节点的子树数量大于等于2 ,将根节点去掉之后两颗子树就分离了
{
flag[now] = 1;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
cnt = deep = ans = 0;
mem(head, -1);
mem(dfn, 0);
mem(low, 0);
mem(flag, 0);
for(int i = 1; i <= m; i ++)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
add(a, b);
add(b, a);
}
for(int i = 1; i <= n; i ++)
if(!dfn[i])
tarjan(i, i);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
if(flag[i])
ans ++;
printf("%d\n", ans);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
if(flag[i])
printf("%d ", i);
return 0;
}
其他内容以后学到了继续更新
tarjan算法（强连通分量 + 强连通分量缩点 + 桥 + 割点 + LCA）
标签：ble pre problem 强连通分量 过程 时间 经验 href new
原文地址：https://www.cnblogs.com/yuanweidao/p/10771854.html
