割点 —— Tarjan 算法
由于对于这一块掌握的十分不好,所以在昨天做题的过程中一直困扰着我,好不容易搞懂了,写个小总结吧 qwq~
割点
概念
在无向连通图中,如果将其中一个点以及所有连接该点的边去掉,图就不再连通,那么这个点就叫做割点 。
比如我们现在有一个图:
如果我们将 4 号节点及它的所有边全部删去,那么这个图就变得不再联通,所以 4 号点是一个割点:
同理,5 号节点也是一个割点:
怎么求割点
我们可以用 Tarjan 算法去求割点;
有两个关键的数组:
dfn [ i ] :表示编号为 i 的点在 dfs 过程中是第几个被遍历到的(时间戳);
low [ i ]:表示编号为 i 的点的子树中的节点所能到达的最小时间戳是多少;
这两个数组不需要再多多介绍了吧?想必大家在学 Tarjan 算法的时候都熟练掌握了;
重点说一下怎么求割点:
首先,割点都是定义在无向图中的,所以我们可以任选一个点为根(一般是 1 号节点)开始 Tarjan 算法;
考虑什么样的点才可能是割点呢?
我们上面提到了 4 号节点是一个割点,那是因为删除 4 号节点及其所连的边后,1 2 3 和 5 6 就不连通了,也就是说,除了 4 号结点所连的边外,5 6 号结点没有其余的边连向 1 2 3,也就是说没有返祖边;
既然如此,4 号点之下的点所能到达的最小时间戳一定不超过 dfn [ 4 ] ,不然就到了 4 号点之上了;
那么我们就得到了一个判断一个点是否是割点的条件:
如果一个点 u 满足 low [ u ] >= dfn [ u ],那么点 u 就是一个割点;
但是……
根节点的 dfn 和 low 值初始值都为 1,之后再怎么更新 low [ root ] 始终都是 1,那这么一搞的话根结点始终是割点?
显然不是啊!
对于根结点,我们要另想办法qwq~
看一棵十分丑陋的树:
发现如果将 1 结点及其所有的边删掉,那么 2 5 4 和 3 6 7 将不连通,说明此时 1 是一个割点;
发现此时根节点有两棵互不相连的子树;
所以我们可以记录根节点有几棵互不相连的子树,如果大于 1 棵的话,根节点就是一个割点;
如果有几棵子树是相连的,那么会在 Tarjan 的时候将它们算成一棵子树:
P3388 【模板】割点(割顶) 的代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
int read()
{
char ch=getchar();
int a=,x=;
while(ch<''||ch>'')
{
if(ch=='-') x=-x;
ch=getchar();
}
while(ch>=''&&ch<='')
{
a=(a<<)+(a<<)+(ch-'');
ch=getchar();
}
return a*x;
}
int n,m,tim,top,edge_sum,scc_sum,tot;
int head[],dfn[],low[],vis[],st[],u[],v[],ans[];
queue<int> q;
struct node
{
int from,to,next;
}a[];
void add(int from,int to)
{
edge_sum++;
a[edge_sum].next=head[from];
a[edge_sum].from=from;
a[edge_sum].to=to;
head[from]=edge_sum;
}
void tarjan(int u,int root)
{
int child=; //记录根节点有几棵互不相连的子树
dfn[u]=low[u]=++tim;
for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
{
int v=a[i].to;
if(!dfn[v])
{
tarjan(v,root);
low[u]=min(low[u],low[v]);
if(low[v]>=dfn[u]) //如果
{
child++; //记录根节点有多少个互不相连的子树
if(u!=root||child>) ans[u]=; //如果不是根节点,那么直接就是割点了;如果是根节点,并且互不相连的子树个数超过1棵,则也是割点
}
}
else low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=;i<=m;i++)
{
u[i]=read();
v[i]=read();
add(u[i],v[i]); //建双向边
add(v[i],u[i]);
}
for(int i=;i<=n;i++) //有可能图不是联通的,要多进行几次Tarjan
{
if(!dfn[i]) tarjan(i,i);
}
for(int i=;i<=n;i++) //求割点个数
{
if(ans[i]) tot++;
}
printf("%d\n",tot);
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(ans[i]) printf("%d ",i); //输出每个割点
}
return ;
}
再看个例题:
题目大意
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;
题解
很显然这是一个让你求割点的问题,所以我们根据被封锁的这个点 u 是不是割点来分两种情况讨论:
1. 如果 u 不是割点:
即把 u 和它有关的所有边都去除后图依然联通,那么这个图只有 u 是独立在外面的,由于求的是有序点对,所以除了 u 以外的 n-1 个点作为一个大的连通图对 u 加边,即为 2 ∗ ( n − 1 ) 对;
2. 如果 u 是割点:
假如 u 是割点,那么会把图分为 a 个连通块以及 u 本身,由于 Tarjan 在求割点的过程中是一棵搜索树往下遍历,所以除了它和它的子树外,还会有其他剩余点共同构成另一个连通块;
删掉 u 后肯定有一些子树不与大联通块联通了(满足条件 low [ v ] >= dfn [ u ]),设这些子树的根节点分别为 1,2,3,……,a,这些子树所包含的结点数为 tot = size [ 1 ] + size [ 2 ] + size [ 3 ] + …… + size [ a ];
那么点 u 的最后答案就是:
ans[u] = size[1] * (n-size[1]-1) + size[2] * (n-size[2]-1) + …… + size[a] * (n-size[a]-1) + tot * (n-tot-1) + 2*(n-1);
解释一下式子怎么来的:
首先在求割点的过程中,每次遇到 low [ v ] >= dfn [ u ],就要把 u 的答案加上 size [ v ] * ( n - size [ v ] - 1 ),这些是子树不能到达外面结点(没有 u)的贡献;
考虑完子树对外的贡献后,同样外面的结点也不能到达这些子树内的结点;
子树内的所有点是 tot,那么外面的点就是 n - tot - 1,那么外面结点对子树内的贡献再加上就是 tot * ( n - tot - 1 ) ;
然后再考虑点 u 的单独的贡献,显然它无法到达任何点,同样任何点也无法到达它,那么答案再加上 2*(n-1);
最后注意开 long long 哦~
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
long long read()
{
char ch=getchar();
long long a=,x=;
while(ch<''||ch>'')
{
if(ch=='-') x=-x;
ch=getchar();
}
while(ch>=''&&ch<='')
{
a=(a<<)+(a<<)+(ch-'');
ch=getchar();
}
return a*x;
}
const int N=1e6;
long long n,m,top,tim,num,root,edge_sum;
long long head[N],yes[N],dfn[N],low[N],st[N],vis[N],size[N],u[N],v[N],ans[N],son[N];
struct node
{
int next,to,from;
}a[N];
void add(int from,int to)
{
edge_sum++;
a[edge_sum].from=from;
a[edge_sum].to=to;
a[edge_sum].next=head[from];
head[from]=edge_sum;
} void tarjan(int u) //Tarjan求割点
{
dfn[u]=low[u]=++tim;
size[u]=; //求以点u为根的树的大小
long long child=,tot=;
for(int i=head[u];i;i=a[i].next)
{
int v=a[i].to;
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
size[u]+=size[v];
if(low[v]>=dfn[u])
{
child++; //子树棵数++
ans[u]+=size[v]*(n-size[v]-); //统计这些子树内的结点对外结点的贡献
tot+=size[v]; //统计这些子树内的结点总数
if(u!=root||child>) yes[u]=; //如果u不是根节点,那么直接就是割点了;如果是根节点,并且有超过1棵子树的话,也是割点
}
}
else low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(yes[u]) ans[u]+=tot*(n-tot-)+*(n-); //tot*(n-tot-1)是外结点对子树内结点的贡献,2*(n-1)是点u对所有点的贡献
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=;i<=m;i++)
{
u[i]=read();v[i]=read();
add(u[i],v[i]);
add(v[i],u[i]);
}
root=;
tarjan(); //题目的信息说明了这个图原本是联通的,所以我们求一次Tarjan就好了
for(int i=;i<=n;i++) if(!yes[i]) ans[i]=*(n-); //不是割点的话,答案就是2*(n-1)
for(int i=;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return ;
}
希望CSP不要考到这一块的内容啊qwq
最后祝大家 CSP rp ++
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