图论有向图的强连通分量

Posted a碟

tags:

篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了图论有向图的强连通分量相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

目录

有向图的强连通分量

连通分量: 对于分量中任意两点 u , v u,v u,v,必然可以从 u u u走到 v v v,且从 v v v走到 u u u
强连通分量( S C C SCC SCC): 极大连通分量。一个连通分量加上任何一些点都不是连通分量了,该连通分量就是强连通分量。
强连通分量的作用: 将任意有向图通过 缩点(将所有连通分量缩成一个点) 转换成有向无环图( D A G DAG DAG)。

常见应用:对于上图,将有向图缩点之后,可以直接按照拓扑序递推来求最短路/最长路

如何求强连通分量( T a r j a n Tarjan Tarjan算法)

D F S DFS DFS
一些概念:
边可以分为四大类:
1.树枝边 ( x , y ) (x,y) (x,y) x x x y y y的父节点

2.前向边( x x x, y y y)。 x x x y y y的祖先节点

3.后向边( x x x, y y y)

4.横叉边(往之前搜过的其他分支搜,连向其他分支的边)

如果一个点在强连通分量( S C C SCC SCC)中
情况1:存在一条后向边,指向祖先结点
情况2:先走到横叉边,横叉边再走到祖先节点

Tarjan算法求强连通分量( S C C SCC SCC)
引入时间戳的概念,在搜索的时候给每一个点一个编号(按照深度优先搜索的顺序)

对每个点定义两个时间戳
d f n [ u ] dfn[u] dfn[u]表示遍历到 u u u的时间戳
l o w [ u ] low[u] low[u]表示从 u u u开始走,所能遍历到的最小的时间戳
u u u是其所在的强连通分量的最高点,等价于 d f n [ u ] dfn[u] dfn[u]== l o w [ u ] low[u] low[u]
tarjan算法模板

void tarjan(int u)
    //dfn是当前点的时间戳,low是该点能够到达的最小的时间戳
    dfn[u]=low[u]=++timestamp;
    stk.push(u),in_stk[u]=true;//将当前点加入栈当中
    for(int i=head[u];~i;i=ne[i])//遍历u所有能到的点
        int v=e[i];
        if(!dfn[v])//如果该点还没有被遍历过
            tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);//更新最小的时间戳
        
        else if(in_stk[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);//如果v点还在栈中,就用这个点来更新low值
    
    if(dfn[u]==low[u])//u是该强连通分量的最高点
        ++scc_cnt;
        int y;
        do
            y=stk.top();stk.pop();//将该强连通分量的所有点出栈
            in_stk[y]=false;//不在栈中了
            id[y]=scc_cnt;//标记该点的强连通分量的下标
            Size[scc_cnt]++;//该连通分量的大小加1
        while(y!=u);
    

时间复杂度 O ( n + m ) O(n+m) O(n+m)

//缩点
for i=1;i<=n;i++
 for i的所有邻点j
   if i和j不在同一scc中:
    加一条新边id[i]→id[j]

形成一个有向无环图 ( D A G ) (DAG) (DAG)
缩点之后,强连通分量编号点按编号递减的顺序就是拓扑序。
假设对于一个点 u u u,当我们执行if(dfn[u]==low[u])这句话时,说明 u u u点所能到的点都搜完了,也就是这个点的所有后继都搜完了,我们才将这个点所在序列当中(也就是标记为 s c c _ c n t scc\\_cnt scc_cnt),逆序来看的话,所有这个点的后继都在这个点的前面,那必然就是拓扑序了。

受欢迎的牛

原题链接
每一头牛的愿望就是变成一头最受欢迎的牛。
现在有 N N N头牛,编号从 1 1 1 N N N,给你 M M M对整数 ( A , B ) (A,B) (A,B),表示牛 A A A认为牛 B B B受欢迎。
这种关系是具有传递性的,如果 A A A认为 B B B受欢迎, B B B认为 C C C受欢迎,那么牛 A A A也认为牛 C C C受欢迎。
你的任务是求出有多少头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。

输入格式
第一行两个数 N , M N,M N,M
接下来 M M M行,每行两个数 A , B A,B A,B,意思是 A A A认为 B B B是受欢迎的(给出的信息有可能重复,即有可能出现多个 A , B A,B A,B)。

输出格式
输出被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的牛的数量。

数据范围
1 ≤ N ≤ 1 0 4 1≤N≤10^4 1N104,
1 ≤ M ≤ 5 × 1 0 4 1≤M≤5×10^4 1M5×104

输入样例:

3 3
1 2
2 1
2 3

输出样例:

1

样例解释
只有第三头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。

分析:
题目意思就是需要找到的牛是能够被其他所有牛所能到达的,直接暴力的话时间复杂度太大。
如果用拓扑图来说,这个题会变得简单,如果当前图是一个拓扑图,如果至少存在两个终点(没有出边,出度为 0 0 0),那么这两个终点不可达,那么答案为 0 0 0;如果只有一个点出度为 0 0 0,那么所有点都能走到这个点。所以对于拓扑图,我们只需要判断有几个出度为 0 0 0的点即可。那么本题,我们将一个图的强连通分量缩点成拓扑图,再进行判断。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=10005,M=50005;
int n,m;
int head[N],e[M],ne[M],tot;
int dfn[N],low[N],timestamp;
stack<int>stk;
bool in_stk[N];
int id[N],scc_cnt,Size[N];
int dout[N];
void add(int a,int b)
    e[tot]=b,ne[tot]=head[a],head[a]=tot++;

void tarjan(int u)
    //dfn是当前点的时间戳,low是该点能够到达的最小的时间戳
    dfn[u]=low[u]=++timestamp;
    stk.push(u),in_stk[u]=true;
    for(int i=head[u];~i;i=ne[i])
        int v=e[i];
        if(!dfn[v])//如果该点还没有被遍历过
            tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);//更新最小的时间戳
        
        else if(in_stk[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    
    if(dfn[u]==low[u])//u是该连通分量的最上面的点
        ++scc_cnt;
        int y;
        do
            y=stk.top();stk.pop();//将该连通分量的所有点出栈
            in_stk[y]=false;//不在栈中了
            id[y]=scc_cnt;//标记该点的连通分量的下标
            Size[scc_cnt]++;//该连通分量的大小加1
        while(y!=u);
    

int main()

    scanf("%d %d",&n,&m);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    while(m--)
        int a,b;
        scanf("%d %d",&a,&b);
        add(a,b);
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!dfn[i])
            tarjan(i);//缩点
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=head[i];~j;j=ne[j])
            int k=e[j];
            int a=id[i],b=id[k];//遍历每两个点,如果这两个点不在一个连通分量中,出度加1,相当于缩点了
            if(a!=b)dout[a]++;
        
    
    int zeros=0,sum=0;
    for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)
        if(!dout[i])//出度为0的点只能有一个,最后的结果就是出度为0的那个连通分量的大小
            zeros++;
            sum+=Size[i];
            if(zeros>1)
                sum=0;
                break;
            
        
    
    printf("%d\\n",sum);
    return 0;

学校网络

原题链接
一些学校连接在一个计算机网络上,学校之间存在软件支援协议,每个学校都有它应支援的学校名单(学校 A A A支援学校 B B B,并不表示学校 B B B一定要支援学校 A A A)。
当某校获得一个新软件时,无论是直接获得还是通过网络获得,该校都应立即将这个软件通过网络传送给它应支援的学校。
因此,一个新软件若想让所有学校都能使用,只需将其提供给一些学校即可。
现在请问最少需要将一个新软件直接提供给多少个学校,才能使软件能够通过网络被传送到所有学校?
最少需要添加几条新的支援关系,使得将一个新软件提供给任何一个学校,其他所有学校就都可以通过网络获得该软件?

输入格式
1 1 1行包含整数 N N N,表示学校数量。
2.. N + 1 2..N+1 2..N+1行,每行包含一

以上是关于图论有向图的强连通分量的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

图论有向图的强连通分量

图论有向图的强连通分量

图论-强连通分量-Tarjan算法

图论中的各种术语

强连通分量的Tarjan算法

强连通分量