第三章图论 No.9有向图的强连通与半连通分量

文章目录

- 定义
- Tarjan求SCC
- - 1174. 受欢迎的牛
  - 367. 学校网络
  - 1175. 最大半连通子图
  - 368. 银河

定义

连通分量是无向图的概念，yxc说错了，不要被误导
强连通分量：在一个有向图中，对于分量中的任意两点u，v，一定能从u走到v，且能从v走到u。强连通分量是一些点的集合，若加入其他点，强连通分量中的任意两点就不能互相递达
半连通分量：在一个有向图中，对于分量中的任意两点u，v，一定存在从u走到v或者从v的路径

应用：通过缩点（将所有强连通分量缩成一个点）的方式，那么一个有向图就转换成了一个有向无环图DAG（拓扑图）
对于拓扑图，可以直接用bfs求最短路问题

树枝边（x和y直接相连）
前向边（y是x的祖先节点）
后向边（前向边的反）
横叉边（指向已经遍历过的其他分支上的点）

树枝边是一种特殊的前向边

强连通分量简称scc，如何判断当前点是否在scc中？

存在一条后向边，指向祖先节点
先走横叉边，横叉边连接了后向边

无论如何，其一定能走到已经遍历过的祖先节点上
点可能存在自环，也是强连通分量（书上说自环不是强连通分量，但是为了算法的实现，将自环认为是强连通分量）

Tarjan求SCC

给定时间戳的概念，从小到大的时间为dfs的顺序
那树枝边的y一定比x大1，前向边的y一定大于等于x+1
后向边的y一定小于x，横叉边也是
对每个点定义两个时间戳：
dfs[u]表示遍历到u的时间
low[u]表示从u开始走，能遍历到的最小时间戳
若u是强连通分量的最高点，那么dfn[u] == low[u]，即该点无法再往上走到其他点

板子中使用了两个栈，一个是系统函数栈，用来深搜。一个是自定义的栈，保存当前正在遍历的强连通分量中的所有点

板子 $O (n + m)$ ：

void tarjan(int x)
{
	dfn[x] = low[x] = ++ tp;
	stk[ ++ tt] = x, st[x] = true;
	for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
	{
		int y = e[i];
		if (!dfn[y])
		{
			tarjan(y);
			low[x] = min(low[x], low[y]);
		}
		else if (st[y]) low[x] = min(low[x], dfn[y]);
	}
	if (low[x] = dfn[x])
	{
		int y;
		++ cnt;
		do{
			y = stk[tt -- ]， st[y] =false;
			id[y] = cnt;
		} while (y != x)
	}
}

缩点：遍历所有点，再遍历其所有邻点，若两点不在同一强连通分量中，将这两点之间添加一条边
强连通分量编号递减的顺序一定是拓扑序，求拓扑序一般使用bfs，除此之外还能使用dfs
遍历所有点，从入边为0的点开始，dfs其所有邻点，完成后将该点的编号加入序列中，序列的逆序就是拓扑序。因为每次进入序列的点一定无后继（或者后继节点已经进入序列的点）
不过，若图中存在多个入边为0的点，选择其一进行dfs即可，后续要在拓扑序开头加上这几个入边为0的点

1174. 受欢迎的牛

1174. 受欢迎的牛 - AcWing题库

反向建图，遍历所有点，用bfs判断当前点是否能递达其他所有点，时间复杂度为 $O(n^2)$
如果不反向建图，就要判断图中有几个出边为0的点，若有1个，那么这个点就是最受欢迎的，若有>1个，那么不存在最受欢迎的点，若有0个，说明图中一定存在环（强连通分量），环中的节点数量为受欢迎的点的数量

将所有的强连通分量（环）缩成一个点，此时图中出边为0的点的数量不可能为0
只要判断数量是否为1即可
若出边为的点的数量为1，说明该强连通分量中的所有点都是受欢迎的，统计环中节点的数量即可

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 1e4 + 10, M = 5e4 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], tp, cnt;
int stk[N], tt; bool st[N];
int dout[N], id[N], sz[N]; // 每个强连通分量中的节点数量
int n, m;

void add(int x, int y)
{
    e[idx] = y, ne[idx] = h[x], h[x] = idx ++ ;
}

void tarjan(int x)
{
    stk[ ++ tt] = x, st[x] = true;
    dfn[x] = low[x] = ++ tp;
    for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int y = e[i];
        if (!dfn[y])
        {
            tarjan(y);
            low[x] = min(low[x], low[y]);
        }
        else if (st[y]) low[x] = min(low[x], dfn[y]);
    }
    if (dfn[x] == low[x])
    {
        int y;
        cnt ++ ;
        do {
            y = stk[tt -- ], st[y] = false;
            id[y] = cnt;
            sz[cnt] ++ ;
        } while (y != x);
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    scanf("%d%d", &n, &m);
    int x, y;
    for (int i = 0; i < m; ++ i )
    {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        add(x, y);
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        if (!dfn[i]) tarjan(i);
        
    for (int x = 1; x <= n; ++ x ) 
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y = e[i];
            int a = id[x], b = id[y];  
            if (a != b) dout[a] ++ ;
        }
        
    int ans = 0, t = 0;
    for (int i = 1; i <= cnt; ++ i )
        if (!dout[i])
        {
            t ++ ;
            ans = sz[i];
            if (t > 1)
            {
                ans = 0;
                break;
            }
        }
        
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

debug到死的一道题：
首先tp要前置++，虽然tp是时间戳的概念，但是在数组中作为下标还对应着节点编号
最后检查dout数组中，循环从1到cnt，不是从1到n，也不是从1到cnt - 1，因为cnt不是后置++，而是++完再使用
else if (st[y]) low[x] = min(low[x], dfn[y]);写歪了，写成
else if (st[y]) low[x] = min(low[x], dfn[x]);

367. 学校网络

367. 学校网络 - AcWing题库

将所有强连通分量缩点后，图中入度为0的点为第一问的答案
第二问是：任何一个有向无环图，需要加几条边才能使之成为一个强连通分量
结论：假设有向无环图有P个入度为0的点，Q个出度为0的点，需要加max(P, Q)个点

设起点的集合为P，终点的集合为Q
假设 $∣ P ∣ <= ∣ Q ∣$ ，若 $∣ P ∣ > ∣ Q ∣$ ，建个反图即可
考虑两种情况， $∣ P ∣ = 1$ ，此时将所有的终点向起点连一条边，即 $Q$ 条边。此时从起点一定能走到所有点，从中间点一定能走到终点，而终点一定能走到起点，从而走完所有点。所以此时图中任意一点能走完图中所有点
$∣ P ∣ > 1$ 时，在终点与起点之间连一条边（尽可能与无法到达该终点的起点连线），直到起点的数量为1（每次连完边后，起点数量与终点数量都减一），此时的情况为 $∣ P ∣ = 1$ 的情况 $∣ Q ∣ - (∣ P ∣ - 1)$ 条边即可，由于已经连了 $∣ P ∣ - 1$ 条边，所以总共需要连的边数为 $∣ Q ∣$

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 110, M = N * N;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], tp, cnt;
int id[N], stk[N], tt;
bool st[N];
int din[N], dout[N];
int n, t;

void add(int x, int y)
{
    e[idx] = y, ne[idx] = h[x], h[x] = idx ++ ;
}

void tarjan(int x)
{
    st[x] = true, stk[ ++ tt] = x;
    dfn[x] = low[x] = ++ tp;
    for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int y = e[i];
        if (!dfn[y])
        {
            tarjan(y);
            low[x] = min(low[x], low[y]);
        }
        else if (st[y]) low[x] = min(low[x], dfn[y]);
    }
    if (dfn[x] == low[x])
    {
        int y;
        cnt ++ ;
        do {
            y = stk[tt -- ], st[y] = false;
            id[y] = cnt;
        } while (x != y);
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    scanf("%d", &n);
    int y;
    for (int x = 1; x <= n; ++ x )
        while (scanf("%d", &y), y)
            add(x, y);
            
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        if (!dfn[i])
            tarjan(i);

    
    int u = 0;
    for (int x = 1; x <= n; ++ x)
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y = e[i];
            int a = id[x], b = id[y];
            if (a != b) din[b] ++, dout[a] ++ ;
        }
        
    int in = 0, out = 0;
    for (int i = 1; i <= cnt; ++ i )
    {
        if (!din[i]) in ++ ;
        if (!dout[i]) out ++ ;
    }
    if (cnt == 1) printf("%d\n%d\n", in, 0);
    else printf("%d\n%d\n", in, max(in, out));
    
    return 0;
}

debug：dfs的次数与缩点后入度为0的点的数量不一定相同
缩点后的图中可能存在入度和出度都为0的点，所以判断要用两个if
最后要注意，缩点后的图只有一个连通分量时，需要特判输出

1175. 最大半连通子图

1175. 最大半连通子图 - AcWing题库

首先，强连通分量一定是半连通分量，所以可以先找出图中所有强连通分量
用tarjan将图缩点，得到由强连通分量组成的有向无环图，此时再找出极大半连通分量（有向图中点最多的一条路径），可以按照拓扑序递推，找一条最长路
由于每个点都是强连通分量，计算最长路的节点数量时，需要累加所有“节点”（强连通分量）中的节点数量，只能在按照拓扑序递推最长路时，将边权设置为分量中的点数

若缩点后的两点之间存在多条边，因为导出子图一定会将和点有关的所有边选择，所以边数不同不能算不同的半连通子图，半连通分量中不存在只选择两点之间一部分边的情况，因此点数不同才算不同的半连通子图
由于我们找最长路时，需要使用边的权重，重边将影响最长路的求解，所以在建立缩点后的图时要注意给边判重
边的权重是分量中点的数量，与这些两点之间的重边没有关系，因此只需要在两点之间建立一条边

缩点建图完成后，就是递推求最长路。由于缩点的递归顺序是拓扑序的逆序，所以我们逆着遍历缩点的顺序，按照拓扑序递推求最长路即可。注意不仅要记录最长路的权值还要记录最长路的数量，分别对应最大半连通子图中点的数量以及最大半连通子图的数量

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <unordered_set>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10, M = 2e6 + 10;
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], cnt, tp;
int stk[N], tt; bool st[N];
unordered_set<LL> s;
int sz[N], id[N];
int f[N], g[N];
int n, m, X;

void add(int h[], int x, int y)
{
    e[idx] = y, ne[idx] = h[x], h[x] = idx ++ ;
}

void tarjan(int x)
{
    dfn[x] = low[x] = ++ tp;
    st[x] = true, stk[ ++ tt] = x;
    for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int y = e[i];
        if (!dfn[y])
        {
            tarjan(y);
            low[x] = min(low[x], low[y]);
        }
        else if (st[y]) low[x] = min(low[x], dfn[y]);
    }
    if (dfn[x] == low[x])
    {
        int y;
        cnt ++ ;
        do {
            y = stk[tt -- ], st[y] = false;
            id[y] = cnt;
            sz[cnt] ++ ;
        } while (x != y);
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    memset(hs, -1, sizeof(hs));
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &X);
    int x, y;
    for (int i = 0; i < m; ++ i )
    {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        add(h, x, y);
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        if (!dfn[i]) tarjan(i);
        
    for (int x = 1; x <= n; ++ x )
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y = e[i];
            int a = id[x], b = id[y];
            if (a != b)
            {
                LL t = a * 100000ll + b;
                if (!s.count(t)) 
                {
                    add(hs, a, b);
                    s.insert(t);
                }
            }
        }
    for (int x = cnt; x; -- x )
    {
        if (!f[x]) f[x] = sz[x], g[x] = 1;
        for (int i = hs[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y = e[i];
            if (f[y] < f[x] + sz[y])
            {
                f[y] = f[x] + sz[y];
                g[y] = g[x];
            }
            else if (f[y] == f[x] + sz[y]) 
                g[y] = (g[x] + g[y]) % X;
        }
    }
    
    int maxf = 0, sum = 0;
    for (int i = 1; i <= cnt; ++ i )
    {
        if (f[i] > maxf)
        {
            maxf = f[i];
            sum = g[i];
        }
        else if (f[i] == maxf) sum = (sum + g[i]) % X;
    }
    printf("%d\n%d\n", maxf, sum);
    return 0;
}

debug：unordered_set比set快很多，当然，也比unordered_map快
最后的最长路递推没有按照拓扑序（cnt的逆序）
没有去重，递推时要遍历缩点后的图
递推时：

if (f[y] < f[x] + sz[y])
{
	f[y] = f[x] + sz[y];
	g[y] = g[x];
}

写成了g[y] = f[x]，手滑了，但是这种错误真的超难debug

368. 银河

368. 银河 - AcWing题库

很直接的不等式关系，一眼差分约束，首先转换不等式关系，由于题目要求最小值，所以要用最短路，所有不等式要转换成>=的形式

A >= B, B >= A
B >= A + 1
A >= B
A >= B + 1
B >= A

并且题目提供了一个边界， $x_i >= 1$ ，转换成 $x_i >= x_0 + 1$
那么 $x_0$ 为虚拟源点，与所有点有一条边权为1的边，从 $x_0$ 开始遍历，一定能遍历所有的点，也一定能遍历所有的边
所以从 $x_0$ 为源点，用spfa求最长路，并且判断负环（无解）即可

这题和1169. 糖果一样，解法一样，数据一样，但是时间限制卡的很死。用sfpa求最长路与正环会超时
正解是：用线性时间复杂度的tarjan求强连通分量，判断每个强连通分量是否是正环。由于图中只有权值为0和1的边，环中权值为0是个零环，只要有一条边的权值为1，那么该强连通分量就是正环，返回无解
接着按照拓扑序求最长路即可

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10, M = 4e5 + 10;
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int dfn[N], low[N], cnt, tp;
int stk[N], tt; bool st[N];
int id[N], dis[N], sz[N];
int n, m;

void add(int h[], int x, int y, int d)
{
    e[idx] = y, ne[idx] = h[x], w[idx] = d, h[x] = idx ++ ;
}

void tarjan(int x)
{
    dfn[x] = low[x] = ++ tp;
    st[x] = true, stk[ ++ tt] = x;
    for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int y = e[i];
        if (!dfn[y])
        {
            tarjan(y);
            low[x] = min(low[x], low[y]);
        }
        else if (st[y]) low[x] = min(low[x], dfn[y]);
    }
    if (dfn[x] == low[x]) 
    {
        int y;
        ++ cnt;
        do {
            y = stk[tt -- ], st[y] = false;
            id[y] = cnt;
            sz[cnt] ++ ;
        } while (x != y);
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    memset(hs, -1, sizeof(hs));
    scanf("%d%d", &n, &m);
    int t, x, y;
    for (int i = 0; i < m; ++ i )
    {
        scanf("%d%d%d", &t, &x, &y);
        if (t == 1) add(h, x, y, 0), add(h, y, x, 0);
        else if (t == 2) add(h, x, y, 1);
        else if (t == 3) add(h, y, x, 0);
        else if (t == 4) add(h, y, x, 1);
        else add(h, x, y, 0);
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++ i ) add(h, 0, i, 1);
    for (int i = 0; i <= n; ++ i ) 
        if (!dfn[i]) tarjan(i);

    for (int x = 0; x <= n; ++ x )
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y= e[i];
            int a = id[x], b = id[y];
            if (a == b && w[i] == 1)
            {
                puts("-1");
                return 0;
            }
            else if (a != b) add(hs, a, b, w[i]);
        }
        
    for (int x = cnt; x; -- x )
    {
        for (int i = hs[x]; i != -1; i = ne[i] )
        {
            int y = e[i];
            dis[y] = max(dis[y], dis[x] + w[i]);
        }
    }
    LL sum = 0;
    for (int i = 1; i <= cnt; ++ i ) sum += (LL)sz[i] * dis[i];
    printf("%lld\n", sum);
    
    return 0;
}