NOIP专题复习3 图论-强连通分量

一、知识概述
二、典型例题
- 1、[HAOI2006]受欢迎的牛
- 2、校园网络【[USACO]Network of Schools加强版】
三、算法分析
- （一）Tarjan算法
  - 简介
- （二）解决问题
  - 例题1、[HAOI2006]受欢迎的牛
  - 例题2、校园网络【[USACO]Network of Schools加强版】
四、课后习题

一、知识概述

在前两节内容中，大家应该已经大致了解了图论这一块的算法。今天我们要讲的是强连通分量。强连通分量是一个再OI中非常重要的算法，我们需要对强联通分量进行缩点，使得一个大的有向图变成一个有向无环图。

说了这么多，我们切入今天要讲的正题。

1、强连通&强连通图

在有向图G中，如果有两个顶点存在路径均可互达，就说这两个点强连通。如果在有向图上任意两点均强连通，我们则称图G为强连通图。

2、极大强连通子图&强连通分量

极大强连通子图：在有向图中最大（不能再大）的强连通图。

而强连通分量就是有向非强连通图中的极大强连通子图。

3、举个栗子

下图中，子图{1,2,3,4}为一个强连通分量，因为顶点1,2,3,4两两可达。{5},{6}也分别是两个强连通分量。

二、典型例题

1、[HAOI2006]受欢迎的牛

题目描述

每头奶牛都梦想成为牛棚里的明星。被所有奶牛喜欢的奶牛就是一头明星奶牛。所有奶牛都是自恋狂，每头奶牛总是喜欢自己的。奶牛之间的“喜欢”是可以传递的——如果A喜欢B，B喜欢C，那么A也喜欢C。牛栏里共有N 头奶牛，给定一些奶牛之间的爱慕关系，请你算出有多少头奶牛可以当明星。

输入输出格式

输入格式：

第一行：两个用空格分开的整数：N和M

第二行到第M + 1行：每行两个用空格分开的整数：A和B，表示A喜欢B

输出格式：

第一行：单独一个整数，表示明星奶牛的数量

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

只有 3 号奶牛可以做明星

【数据范围】

10%的数据N<=20, M<=50

30%的数据N<=1000,M<=20000

70%的数据N<=5000,M<=50000

100%的数据N<=10000,M<=50000

2、校园网络【[USACO]Network of Schools加强版】

题目描述

一些学校连入一个电脑网络。那些学校已订立了协议：每个学校都会给其它的一些学校分发软件（称作“接受学校”）。注意即使 B 在 A 学校的分发列表中， A 也不一定在 B 学校的列表中。

你要写一个程序计算，根据协议，为了让网络中所有的学校都用上新软件，必须接受新软件副本的最少学校数目（子任务 A）。更进一步，我们想要确定通过给任意一个学校发送新软件，这个软件就会分发到网络中的所有学校。为了完成这个任务，我们可能必须扩展接收学校列表，使其加入新成员。计算最少需要增加几个扩展，使得不论我们给哪个学校发送新软件，它都会到达其余所有的学校（子任务 B）。一个扩展就是在一个学校的接收学校列表中引入一个新成员。

输入输出格式

输入格式：

输入文件的第一行包括一个整数 N：网络中的学校数目（2 <= N <= 10000）。学校用前 N 个正整数标识。

接下来 N 行中每行都表示一个接收学校列表（分发列表）。第 i+1 行包括学校 i 的接收学校的标识符。每个列表用 0 结束。空列表只用一个 0 表示。

输出格式：

你的程序应该在输出文件中输出两行。

第一行应该包括一个正整数：子任务 A 的解。

第二行应该包括子任务 B 的解。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

1

2

说明

poj题目。2<=n<=10000.

三、算法分析

直接根据定义，用双向遍历取交集的方法求强连通分量，时间复杂度为O(N^2+M)。更好的方法是Kosaraju算法或Tarjan算法，两者的时间复杂度都是O(N+M)。本文介绍的是Tarjan算法。

（一）Tarjan算法

Tarjan算法是基于对图深度优先搜索的算法，每个强连通分量为搜索树中的一棵子树。搜索时，把当前搜索树中未处理的节点加入一个堆栈，回溯时可以判断栈顶到栈中的节点是否为一个强连通分量。

简介

定义DFN(u)为节点u搜索的次序编号(时间戳)，Low(u)为u或u的子树能够追溯到的最早的栈中节点的次序号。由定义可以得出，

Low(u)=Min

{

    DFN(u),

    Low(v),(u,v)为树枝边，u为v的父节点

    DFN(v),(u,v)为指向栈中节点的后向边(非横叉边)

}

当DFN(u)=Low(u)时，以u为根的搜索子树上所有节点是一个强连通分量。

算法伪代码如下

tarjan(u)

{

    DFN[u]=Low[u]=++Index                      为节点u设定次序编号和Low初值

    Stack.push(u)                               将节点u压入栈中

    for each (u, v) in E                        枚举每一条边

        if (v is not visted)                如果节点v未被访问过

            tarjan(v)                   继续向下找

            Low[u] = min(Low[u], Low[v])

        else if (v in S)                    如果节点v还在栈内

            Low[u] = min(Low[u], DFN[v])

    if (DFN[u] == Low[u])                       如果节点u是强连通分量的根

        repeat

            v = S.pop                   将v退栈，为该强连通分量中一个顶点

            print v

        until (u== v)

}

接下来是对算法流程的演示。

从节点1开始DFS，把遍历到的节点加入栈中。搜索到节点u=6时，DFN[6]=LOW[6]，找到了一个强连通分量。退栈到u=v为止，{6}为一个强连通分量。

返回节点5，发现DFN[5]=LOW[5]，退栈后{5}为一个强连通分量。

返回节点3，继续搜索到节点4，把4加入堆栈。发现节点4向节点1有后向边，节点1还在栈中，所以LOW[4]=1。节点6已经出栈，(4,6)是横叉边，返回3，(3,4)为树枝边，所以LOW[3]=LOW[4]=1。

继续回到节点1，最后访问节点2。访问边(2,4)，4还在栈中，所以LOW[2]=DFN[4]=5。返回1后，发现DFN[1]=LOW[1]，把栈中节点全部取出，组成一个连通分量{1,3,4,2}。

至此，算法结束。经过该算法，求出了图中全部的三个强连通分量{1,3,4,2},{5},{6}。

可以发现，运行Tarjan算法的过程中，每个顶点都被访问了一次，且只进出了一次堆栈，每条边也只被访问了一次，所以该算法的时间复杂度为O(N+M)。

求有向图的强连通分量还有一个强有力的算法，为Kosaraju算法。Kosaraju是基于对有向图及其逆图两次DFS的方法，其时间复杂度也是O(N+M)。与Trajan算法相比，Kosaraju算法可能会稍微更直观一些。但是Tarjan只用对原图进行一次DFS，不用建立逆图，更简洁。在实际的测试中，Tarjan算法的运行效率也比Kosaraju算法高30%左右。此外，该Tarjan算法与求无向图的双连通分量(割点、桥)的Tarjan算法也有着很深的联系。学习该Tarjan算法，也有助于深入理解求双连通分量的Tarjan算法，两者可以类比、组合理解。

求有向图的强连通分量的Tarjan算法是以其发明者Robert Tarjan命名的。Robert Tarjan还发明了求双连通分量的Tarjan算法，以及求最近公共祖先的离线Tarjan算法，在此对Tarjan表示崇高的敬意。

附：tarjan算法的C++程序

void tarjan(int i)

{

    int j;

    DFN[i]=LOW[i]=++Dindex;

    instack[i]=true;

    Stap[++Stop]=i;

    for (edge *e=V[i];e;e=e->next)

    {

        j=e->t;

        if (!DFN[j])

        {

            tarjan(j);

            if (LOW[j]<LOW[i])

                LOW[i]=LOW[j];

        }

        else if (instack[j] && DFN[j]<LOW[i])

            LOW[i]=DFN[j];

    }

    if (DFN[i]==LOW[i])

    {

        Bcnt++;

        do

        {

            j=Stap[Stop--];

            instack[j]=false;

            Belong[j]=Bcnt;

        }

        while (j!=i);

    }

}

void solve()

{

    int i;

    Stop=Bcnt=Dindex=0;

    memset(DFN,0,sizeof(DFN));

    for (i=1;i<=N;i++)

        if (!DFN[i])

            tarjan(i);

}

以下是fstqwq写的

void dfs(int x) {

    dfn[x] = low[x] = ++cnt, sta[++top] = x, vis[x] = 1;

    for (int now = head[x]; now; now = e[now].next) {

        if (!dfn[e[now].to]) {

            dfs(e[now].to);

            low[x] = min(low[x], low[e[now].to]);

        }

        else if (vis[e[now].to]) low[x] = min(low[x], low[e[now].to]);

    }

    if (dfn[x] == low[x]) {

        siz[++scc] = 0;

        do {

            vis[sta[top]] = 0;

            bel[sta[top]] = scc;

            siz[scc]++;

        } while (sta[top--] != x);

    }

}

（二）解决问题

例题1、[HAOI2006]受欢迎的牛

这就是一道tarjan的模板题，前面讲的够清楚了吧。注释什么的就不放了。

本题只要把互相喜欢的牛缩成一点。最后统计出度为0的即为受欢迎的牛。如果存在多个点出度为0，则没有受欢迎的牛。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int tot,head[100005],Next[100005],low[100005],vis[100005],bel[100005],siz[100005],dfn[100005],sta[100005],du[100005];

int to[100005];

int n,m,scc,cnt,top;

void addage(int x,int y)

{

    tot++;

    to[tot]=y;

    Next[tot]=head[x];

    head[x]=tot;

}

void dfs(int x)

{

    dfn[x]=low[x]=++cnt;

    sta[++top]=x;

    vis[x]=1;

    for (int i=head[x];i;i=Next[i])

    {

        if (!dfn[to[i]])

        {

            dfs(to[i]);

            low[x]=min(low[to[i]],low[x]);

        }

        else if (vis[to[i]]) low[x]=min(dfn[to[i]],low[x]);

    }

    if (dfn[x]==low[x])

    {

        siz[++scc]=0;

        do

        {

            vis[sta[top]]=0;

            bel[sta[top]]=scc;

            siz[scc]++;

        }

        while (sta[top--]!=x);

    }

}

int main()

{

    scanf("%d%d",&n,&m);

    for (int i=1;i<=m;i++)

    {

        int x,y=0;

        scanf("%d%d",&x,&y);

        addage(x,y);

    }

    for (int i=1;i<=n;i++)

    if (!dfn[i]) dfs(i);

    for (int j=1;j<=n;j++)

    {

        for (int i=head[j];i;i=Next[i])

        {

            int u=to[i];

            if (bel[j]!=bel[u])

            du[bel[j]]++;

        }

    }

    int tt=0;

    for(int i=1;i<=scc;i++)

    if(!du[i])

    {

        if(tt)

        {

            puts("0");

            return 0;

        }

        tt=i;

    }

    printf("%d\n",siz[tt]);

    return 0;

}

例题2、校园网络【[USACO]Network of Schools加强版】

本题需注意之处:当整张图都为连通图时，不需要再添加路线 *

如数据：

input

output

code:

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int tot,head[100005],Next[100005],low[100005],vis[100005],bel[100005],siz[100005],dfn[100005],sta[100005],chudu[100005],rudu[100005];

int to[100005];

int n,m,scc,cnt,top;

void add(int x,int y)

{

    tot++;

    to[tot]=y;

    Next[tot]=head[x];

    head[x]=tot;

}

void dfs(int x)

{

    dfn[x]=low[x]=++cnt;

    sta[++top]=x;

    vis[x]=1;

    for (int i=head[x];i;i=Next[i])

    {

        if (!dfn[to[i]])

        {

            dfs(to[i]);

            low[x]=min(low[x],low[to[i]]);

        } else

        if (vis[to[i]]) low[x]=min(low[x],dfn[to[i]]);

    }

    if (dfn[x]==low[x])

    {

        siz[++scc]=0;

        do

        {

            vis[sta[top]]=0;

            bel[sta[top]]=scc;

            siz[scc]++;

        }while (sta[top--]!=x);

    }

}

int main()

{

    scanf("%d",&n);

    for (int i=1;i<=n;i++)

    {

        int x,y=0;

        do

        {

            scanf("%d",&x);

            if (x!=0)

                add(i,x);

        }while (x!=0);

    }

    for (int i=1;i<=n;i++)

    if (!dfn[i]) dfs(i);

    for (int j=1;j<=n;j++)

    {

        for (int i=head[j];i;i=Next[i])

        {

            int u=to[i];

            if (bel[j]!=bel[u])

            chudu[bel[j]]++;

        }

    }

    for (int j=1;j<=n;j++)

    {

        for (int i=head[j];i;i=Next[i])

        {

            int u=to[i];

            if (bel[j]!=bel[u])

                rudu[bel[u]]++;

        }

    }

    int ans1=0; int ans2=0;

    for (int i=1;i<=scc;i++) //注意：这里一定要填scc。因为是tarjan缩点之后的点，而不是一开始的点

    {

        if (chudu[i]==0) ans1++;

        if (rudu[i]==0) ans2++;

    }

    bool p=false;

    for (int i=2;i<=n;i++)

    if (bel[i]!=bel[i-1]) p=true;//当整张图都为连通图时，不需要再添加路线

    printf("%d\n",ans2);

    if (p==false) puts("0"); else//当整张图都为连通图时，不需要再添加路线

    printf("%d\n",max(ans1,ans2));

    return 0;

}

四、课后习题

NOIP2015 信息传递
NOIP2009 最优贸易