tarjan算法，一个关于 图的联通性的神奇算法

一.算法简介

Tarjan 算法一种由Robert Tarjan提出的求解有向图强连通份量的算法，它能作到线性时间的复杂度。

 

咱们定义：

若是两个顶点能够相互通达，则称两个顶点强连通(strongly connected)。若是有向图G的每两个顶点都强连通，称G是一个强连通图。有向图的极大强连通子图，称为强连通份量(strongly connected components)。

例如：在上图中，{1 , 2 , 3 , 4 } , { 5 }　,  { 6 } 三个区域能够相互连通，称为这个图的强连通份量。

Tarjan算法是基于对图深度优先搜索的算法，每一个强连通份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，回溯时能够判断栈顶到栈中的节点是否为一个强连通份量。

再Tarjan算法中，有以下定义。

DFN[ i ] : 在DFS中该节点被搜索的次序(时间戳)

LOW[ i ] : 为i或i的子树可以追溯到的最先的栈中节点的次序号

当DFN[ i ]==LOW[ i ]时，为i或i的子树能够构成一个强连通份量。

 

二.算法图示

以1为Tarjan 算法的起始点，如图

顺次DFS搜到节点6

 回溯时发现LOW[ 5 ]==DFN[ 5 ] ,  LOW[ 6 ]==DFN[ 6 ] ,则{ 5 } , { 6 } 为两个强连通份量。回溯至3节点，拓展节点4.

拓展节点1 ， 发现1再栈中更新LOW[ 4 ]，LOW[ 3 ] 的值为1

 回溯节点1，拓展节点2

自此，Tarjan Algorithm 结束，{1 , 2 , 3 , 4 } , { 5 }　,  { 6 } 为图中的三个强连通份量。

不难发现，Tarjan Algorithm 的时间复杂度为O(E+V).

 

学习处  

模板：

 1 void dfs(int u)  2 {  3     times++;//记录dfn顺序 
 4     dfn[u]=times;//赋值 
 5     low[u]=times;//先赋初值 
 6     vis[u]=true;//vis[i]用来判断i是否搜索过；
 7     insta[u]=true;//表示是否在栈中，true为在栈中； 
 8     stack[top]=u;//栈顶 
 9     top++; 10     for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)// 以建图顺序枚举此点所连的边 
11  { 12         int v=edge[i].to;//搜索到的点 
13         if(!vis[v])//若是未搜索过即未入栈 
14  { 15             dfs(v);//继续以此点进行深搜 
16             low[u]=min(low[u],low[v]);//更新low值，此边为树枝边因此比较u此时的
17         }                           // low值(未更新时就是其dfn值)和v的low值
18         else 
19             if(insta[v]==true)//若是搜索过且在栈中，说明此边为后向边或栈中横叉边
20  { 21                 low[u]=min(low[u],dfn[v]);//更新low值，比较u此时的low值和v的dfn值 
22  } 23  } 24 
25     if(low[u]==dfn[u])//相等说明找到一个强连通份量 
26  { 27         while(top>0&&stack[top]!=u)//开始退栈一直退到 u为止 
28  { 29             top--; 30             insta[stack[top]]=false; 31  } 32  } 33 }

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 例题：

poj2186 - Popular Cows

题目大意：题目大意是：在一个牧群中，有N个奶牛，给定M对关系（A,B）表示A仰慕B，并且仰慕关系有传递性，问被全部奶牛（除了本身）仰慕的奶牛个数

解题思路：找出全部的连通份量，若是只有一个连通份量的出度为0，那么输出那个连通份量的点的个数便可,若是不惟一就输出0
由于连通份量的出度有两个的话，那么确定至少存在一头牛不仰慕另一头牛，因此咱们至少保证要出度为0的连通份量惟一

解题思路：

一、用Tarjan求双连通份量而后缩成点。这些点会造成一棵树。

二、求树上的节点有多少个出度为零，若是有一个就输出那个点里包含的全部点（由于是缩点出来的树）。

 

注意：

一、给出的图会有不连通的可能，若是那样确定输出零。由于不连通确定不会有全部其余牛认为某只牛很牛的状况出现。

二、若是缩点后有多个出度为零的点，那么输出零。由于这样图虽然联通了，可是仍是不会出现全部其余牛认为某只牛很牛的状况（本身画一下就知道啦）。

求强连通份量主要是为了简化图的构造，若是份量外的一个点能到达份量内的其中一个点，那么它一定能到达份量内的全部点，因此某种程度上，强连通份量能够简化成一个点。

#include <stdio.h> #include <string.h>
const int MAXN = 10005; const int MAXM = 100005; struct node { int to,next; } edge[MAXM]; int n,m,head[MAXN],dfn[MAXN],low[MAXN],stack1[MAXN],num[MAXN],du[MAXN],vis[MAXN],cnt,time,top,cut; void init() { memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(low,0,sizeof(low)); memset(head,-1,sizeof(head)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(num,0,sizeof(num)); memset(du,0,sizeof(du)); cnt=0; time=1; top=0; cut=0; } void addedge(int u,int v) { edge[cnt].to=v; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; cnt++; } int min(int a,int b) { if(a>b)a=b; return a; } void dfs(int u,int fa) { dfn[u]=time; low[u]=time; time++; vis[u]=1; stack1[top]=u; top++; for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next) { int v=edge[i].to; if(!vis[v]) { dfs(v,u); low[u]=min(low[u],low[v]); } else if(vis[v]) { low[u]=min(low[u],dfn[v]); } } if(low[u]==dfn[u]) { cut++; while(top>0&&stack1[top]!=u) { top--; vis[stack1[top]]=2; num[stack1[top]]=cut; } } } int main() { int i,u,v; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { init(); for(i=0; i<m; i++) { scanf("%d%d",&u,&v); addedge(u,v); } for(int i=1; i<=n; i++) { if(!vis[i]) { dfs(i,0); } } for(i=1; i<=n; i++) { for(int j=head[i]; j!=-1; j=edge[j].next) { if(num[i]!=num[edge[j].to]) { du[num[i]]++; } } } int sum=0,x; for(i=1; i<=cut; i++) { if(!du[i]) { sum++; x=i; } } if(sum==1) { sum=0; for(i=1; i<=n; i++) { if(num[i]==x) { sum++; } } printf("%d\n",sum); } else { puts("0"); } } return 0; }

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