浅谈基础的图算法——强联通分量算法（c++）

文章目录

• 强联通分量SCC
• • 概念
  • 例子
  • 有向图的DFS树
  • 代码
  • 例题讲解
  • • [[POI2008] BLO-Blockade](#[POI2008] BLO-Blockade)
    • • 题面翻译
      • 题目描述
      • 输入格式
      • 输出格式
      • 样例 #1
      • • 样例输入 #1
        • 样例输出 #1
      • 思路
      • AC代码
    • 【模板】割点（割顶）
    • • 题目背景
      • 题目描述
      • 输入格式
      • 输出格式
      • 样例 #1
      • • 样例输入 #1
        • 样例输出 #1
      • 提示
    • 思路
    • AC代码

强联通分量SCC

SCC之前也有写博客讲解
戳这里

概念

• 在有向图中, 如果两个点 u, v 满足同时存在从 u 到 v 和从 v 到 u 的路径, 则称两个点强连通
• 如果有向图任意两个点强连通, 则称为强连通图. 有向图的极大强连通子图称为强连通分量
• 注意到强连通关系是传递的,所以有向图可以划分为若干不交的强连通分量

例子

有向图的DFS树

代码

下面展示的是洛谷模板 缩点一题的代码

包含强联通分量和拓扑排序两部分

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10000+15;
int n,m,idx,timestap,top,s;
int p[N],head[N],sd[N],dfn[N],low[N];
int sta[N],vis[N];
int h[N],in[N],dist[N];
struct T
{
	int to;int ne;int fr;
}edge[N*10],ed[N*10];
void add(int x,int y)
{
	edge[++idx].ne=head[x];
	edge[idx].fr=x;
	edge[idx].to=y;
	head[x]=idx;
}
void tarjan(int x)
{
	low[x]=dfn[x]=++timestap;
	sta[++top]=x;vis[x]=1;
	for (int i=head[x];i;i=edge[i].ne)
	{
		int v=edge[i].to;
		if (!dfn[v]) {
		tarjan(v);
		low[x]=min(low[x],low[v]);
	}
	    else if (vis[v])
	    {
	    	low[x]=min(low[x],low[v]);
		}
	}
	if (dfn[x]==low[x])
	{
		int y;
		while (y=sta[top--])
		{
			sd[y]=x;
			vis[y]=0;
			if (x==y) break;
			p[x]+=p[y];
		}
	}
}
int topo()
{
	queue <int> q;
	int tot=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	if (sd[i]==i&&!in[i])
	{
		q.push(i);
        dist[i]=p[i];
	 } 
	while (!q.empty())
	{
		int k=q.front();q.pop();
		for (int i=h[k];i;i=ed[i].ne)
		{
			int v=ed[i].to;
			dist[v]=max(dist[v],dist[k]+p[v]);
			in[v]--;
			if (in[v]==0) q.push(v);
		}
	}
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    ans=max(ans,dist[i]);
    return ans;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]);
	int u,v;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])tarjan(i);
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x=sd[edge[i].fr],y=sd[edge[i].to];
		if (x!=y)
		{
			ed[++s].ne=h[x];
			ed[s].to=y;
			ed[s].fr=x;
			h[x]=s;
			in[y]++;
		}
	}
	int ans=topo();
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

例题讲解

[POI2008] BLO-Blockade

题面翻译

B 城有 n n n 个城镇， m m m 条双向道路。

每条道路连结两个不同的城镇，没有重复的道路，所有城镇连通。

把城镇看作节点，把道路看作边，容易发现，整个城市构成了一个无向图。

请你对于每个节点 i i i 求出，把与节点 i i i 关联的所有边去掉以后（不去掉节点 i i i 本身），无向图有多少个有序点 ( x , y ) (x,y) (x,y)，满足 x x x 和 y y y 不连通。

【输入格式】

第一行包含两个整数 n n n 和 m m m。

接下来 m m m 行，每行包含两个整数 a a a 和 b b b，表示城镇 a a a 和 b b b 之间存在一条道路。

【输出格式】

输出共 n n n 行，每行输出一个整数。

第 i i i 行输出的整数表示把与节点 i i i 关联的所有边去掉以后（不去掉节点 i i i 本身），无向图有多少个有序点 ( x , y ) (x,y) (x,y)，满足 x x x 和 y y y 不连通。

【数据范围】

n ≤ 100000 n\le 100000 n≤100000， m ≤ 500000 m\le500000 m≤500000

题目描述

There are exactly n n n towns in Byteotia.

Some towns are connected by bidirectional roads.

There are no crossroads outside towns, though there may be bridges, tunnels and flyovers. Each pair of towns may be connected by at most one direct road. One can get from any town to any other-directly or indirectly.

Each town has exactly one citizen.

For that reason the citizens suffer from loneliness.

It turns out that each citizen would like to pay a visit to every other citizen (in his host's hometown), and do it exactly once. So exactly n ⋅ ( n − 1 ) n\cdot (n-1) n⋅(n−1) visits should take place.

That's right, should.

Unfortunately, a general strike of programmers, who demand an emergency purchase of software, is under way.

As an act of protest, the programmers plan to block one town of Byteotia, preventing entering it, leaving it, and even passing through.

As we speak, they are debating which town to choose so that the consequences are most severe.

Task Write a programme that:

reads the Byteotian road system's description from the standard input, for each town determines, how many visits could take place if this town were not blocked by programmers, writes out the outcome to the standard output.

给定一张无向图，求每个点被封锁之后有多少个有序点对(x,y)(x!=y,1<=x,y<=n)满足x无法到达y

输入格式

In the first line of the standard input there are two positive integers: n n n and m m m ( 1 ≤ n ≤ 100 000 1\le n\le 100\ 000 1≤n≤100 000, 1 ≤ m ≤ 500 000 1\le m\le 500\ 000 1≤m≤500 000) denoting the number of towns and roads, respectively.

The towns are numbered from 1 to n n n.

The following m m m lines contain descriptions of the roads.

Each line contains two integers a a a and b b b ( 1 ≤ a < b ≤ n 1\le a<b\le n 1≤a<b≤n) and denotes a direct road between towns numbered a a a and b b b.

输出格式

Your programme should write out exactly n n n integers to the standard output, one number per line. The i t h i^{th} ith line should contain the number of visits that could not take place if the programmers blocked the town no. i i i.

样例 #1

样例输入 #1

5 5
1 2
2 3
1 3
3 4
4 5

样例输出 #1

8
8
16
14
8

思路

魔改一下 tarjan 求割点的过程。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000010;
int n,m,h[N],idx;
int dfn[N],low[N],siz[N],tot;
long long ans[N];
bool cut[N];
int e[N],ne[N];
inline void add(int u,int v){
	e[++idx]=v;
	ne[idx]=h[u];
	h[u]=idx;
}
void tarjan(int u){
	dfn[u]=low[u]=++tot;
	siz[u]=1;
	int flag=0,sum=0;
	for(int i=h[u];i;i=ne[i]){
		int v=e[i];
		if(!dfn[v])
		{
			tarjan(v);
			siz[u]+=siz[v];
			low[u]=min(low[u],low[v]);
			if(low[v]>=dfn[u])
			{
				ans[u]+=(long long)siz[v]*(n-siz[v]);
				sum+=siz[v];
				flag++;
				if(u!=1||flag>1) cut[u]=true;
			}
		}
		else low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if(!cut[u]) ans[u]=2*(n-1);
	else ans[u]+=(long long)(n-sum-1)*(sum+1)+(n-1);
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	tarjan(1);
	for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<endl;
	return 0;
}

【模板】割点（割顶）

题目背景

割点

题目描述

给出一个 n n n 个点， m m m 条边的无向图，求图的割点。

输入格式

第一行输入两个正整数 n , m n,m n,m。

下面 m m m 行每行输入两个正整数 x , y x,y x,y 表示 x x x 到 y y y 有一条边。

输出格式

第一行输出割点个数。

第二行按照节点编号从小到大输出节点，用空格隔开。

样例 #1

样例输入 #1

6 7
1 2
1 3
1 4
2 5
3 5
4 5
5 6

样例输出 #1

1 
5

提示

对于全部数据， 1 ≤ n ≤ 2 × 1 0 4 1\leq n \le 2\times 10^4 1≤n≤2×104， 1 ≤ m ≤ 1 × 1 0 5 1\leq m \le 1 \times 10^5 1≤m≤1×105。

点的编号均大于 0 0 0 小于等于 n n n。

tarjan图不一定联通。

思路

个点就是去掉这个点之后，图中的强联通分量变多了，那么这个点就是一个割点

因为这样，假设割点左边有一个子图，右边也有一个子图，由于这个点是割点，那么左右一定是没有其他边联通的， 所以该点的联通的连v满足low[v]>=dfn[u]，最后特判一下根

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =1e6+10;
vector<int> g[N<<1];
int n,m,ind[N],low[N],dfn[N],ans,s,ans1[N],tot,num,cut[N],vis[N],now,root;
void tarjan(int u){
	low[u]=dfn[u]=++now,vis[u]=1;
	for(int i=0;i<g[u].size();i++){
		int v=g[u][i];
		if(!dfn[v]){
			tarjan(v);
			if(u==root)	s++;
			else{
				low[u]=min(low[u],low[v]);
				if(low[v]>=dfn[u])	cut[u]=1;
			}
		}
		else
			low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
		cin>>u>>v;
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		s=0;
		if(dfn[i])	continue;
		root=i,now=0;
		tarjan(i);
		ind[i]=s;	
	}	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(ind[i]>1)
			ans1[++tot]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++){	
		if(ind[i]!=0)continue;
		if(cut[i]==1)ans1[++tot]=i;
	}
	sort(ans1+1,ans1+tot+1);
	cout<<tot<<endl;
	for(int i=1;i<=tot;i++)	cout<<ans1[i]<<" ";
}

这是我的第二十二篇文章，如有纰漏也请各位大佬指正

辛苦创作不易，还望看官点赞收藏打赏，后续还会更新新的内容。