缩点(有向图的强连通份量)学习笔记

缩点(有向图的强连通份量)学习笔记

1.什么是强连通份量？：

有向图强连通份量:在有向图G中，若是两个顶点vi,vj间(vi>vj)有一条从vi到vj的有向路径，同时还有一条从vj到vi的有向路径，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)。——度娘

显然正确，可是文绉绉的又难懂。

其实就是有一大团点，它们之间能够互相到达，且没有其它的点与它们互可到达，那么这一大团点就是有向图的一个强联通份量。

一个强连通份量能够看做一个或几个环拼接在一块儿。

如：

2.如何操做？：

首先对于整个有向图进行dfs，若dfs树中存在子树有到达父亲节点，从父亲到这个点则均可互相到达，这些点有可能与父亲原属的强连通图合并,也有可能成为新的一个强连通份量。

如上图。

因此咱们判断一个点是否在一个强连通份量中，就用它是否能到达dfs序比他小的点。

但咱们如何将一个强连通份量的点记录呢？

答：用一个栈储存，遇到一个不能到达dfs序比他小的点的点，就将栈里的点都标记为一个新的强连通份量，再清空栈（一个点咱们也看做一个强连通份量）。

咱们用dfn数组记录dfs序，low数组记录能到达的点最小的dfs编号。

对于每个点，须要用它的儿子的low来更新本身的low,如上图中的2号点;

然而，如有连向父亲的边呢？是否是直接用父亲的dfn来更新本身的low？

固然是对的！！！（做者就曾经错在这里,曾今觉得是对的，但打模板时错了，改了两处，结果觉得是由于将dfn改成low才对的，后面发现不是，果真我仍是太蒟蒻了qaq_~~~~~）

在tarjan算法中，都是用父亲的dfn来更新本身的low,

但在有向图中，若本身的父亲有连向祖父等祖宗，那么本身和祖宗在同一个强连通份量；

而在无向图中，则属于两个强连通份量。

如：

                                 

其中，一、二、三、四、5互可到达，只有dfn[1]==low[1]，都是一个强连通份量。

           

此时，用low来更新错误

 

还有，注意：对于已经属于一个强连通份量的点，不能用它的low来更新连向它的点！

       

因此，low[5]为5。

 

 1 void tarjan(int u)//当前点
 2 {  3     low[u]=dfn[u]=++deep; x[++top]=u; v[u]=1;  4     for(int i=head1[u];i;i=e[i].nxt)  5  {  6         if(!dfn[e[i].to]) tarjan(e[i].to),low[u]=min(low[u],low[e[i].to]);//连向儿子的边
 7         else if(v[e[i].to]) low[u]=min(low[u],low[e[i].to]);//连向父亲且不属于一个强连通份量
 8  }  9    if(dfn[u]==low[u])//找到一个强连通份量
10  { 11         num[u]=++tot; v[u]=0; 12         while(x[top]!=u) v[x[top]]=0,num[x[top]]=tot,--top; 13         --top; 14  } 15 } 16 int main() 17 { 18     for(int i=1;i<=n;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i); 19     return 0; 20 }

 

 

 

最后，模拟一个图的tarjan过程：

 

一共有一个强连通份量:1.{1,2,3,4,5,6,7,8,9}。

u=1:dfn[1]=1,++top,x[1]=1,tarjan(8);

u=8:dfn[8]=2,++top,x[2]=8,tarjan(9);

u=9:dfn[9]=3,++top,x[3]=9,low[9]=1;

u=8:low[8]=1;

u=1:tarjan(2);

u=2:dfn[2]=4,++top,x[4]=2,tarjan(3);

u=3:dfn[3]=5,++top,x[5]=3,tarjan(4);

u=4:dfn[4]=6,++top,x[6]=4,low[4]=low[2]=4;

u=3:low[3]=low[4]=4;

u=2:low[2]=4,tarjan(5);

u=5:dfn[5]=7,++top,x[7]=5,tarjan(6);

u=6:dfn[6]=8,++top,x[8]=6,tarjan(7);

u=7:dfn[7]=9,++top,x[9]=7,low[7]=1;

u=6:low[6]=1;

u=5:low[5]=1;

u=2:low[2]=1;

u=1:dfn[1]==low[1]=1→++tot,将x[1]到x[9]标记为tot=1,top=0;

结束。

3.缩点：

将每一个强联通份量看做一点，将全部连向强联通份量内的点连向这个强联通份量。

 1 int main()  2 {  3     n=read(); m=read();  4     for(int i=1;i<=n;++i) w1[i]=read();  5     for(re int i=1;i<=m;++i) t1=read(),t2=read(),add(t1,t2,e,head1);  6     cnt=0;  7     for(int i=1;i<=n;++i)  8  {  9         w2[num[i]]+=w1[i]; 10         for(int j=head1[i];j;j=e[j].nxt) if(num[i]!=num[e[j].to]) add(num[i],num[e[j].to],f,head2),++rd[num[e[j].to]]; 11  } 12     return 0; 13 }

洛谷P3387 【模板】缩点

题目背景

缩点+DP

题目描述

给定一个n个点m条边有向图，每一个点有一个权值，求一条路径，使路径通过的点权值之和最大。你只须要求出这个权值和。

容许屡次通过一条边或者一个点，可是，重复通过的点，权值只计算一次。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行，n,m

第二行，n个整数，依次表明点权

第三至m+2行，每行两个整数u,v，表示u->v有一条有向边

 

输出格式：

 

共一行，最大的点权之和。

 

输入输出样例

输入样例#1： 

2 2
1 1
1 2
2 1

输出样例#1： 

2

说明

n<=10^4,m<=10^5,0<=点权<=1000

算法：Tarjan缩点+DAGdp

题解:

当进入一个强连通份量时，确定将这个强连通份量都走一遍，因此缩点，变为一个DAG（有向无环图），而后按拓扑序dp，每一个点的答案为全部能到达它的点的答案的最大值+本身的点值，输出全部点中答案的最大值。

用每一个点的答案更新它所能到达的全部点的答案。

代码以下：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define re register
 3 using namespace std;  4 const int N=10006,M=100006;  5 int n,m,t1,t2,w1[N],w2[N],num[N],cnt=0,head1[N],t,tot=0,head2[N],x[N],dfn[N],low[N],ans[N],maxa=-1,rd[N],deep=0,top=0,v[N];  6 struct edge  7 {  8     int to,nxt;  9 }e[M],f[M]; 10 inline void add(int u,int v,edge a[],int head[]){a[++cnt].to=v,a[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt;} 11 inline int read() 12 { 13     int T=0,F=1; char ch=getchar(); 14     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') F=-1; ch=getchar();} 15     while(ch>='0'&&ch<='9') T=(T<<3)+(T<<1)+(ch-48),ch=getchar(); 16     return F*T; 17 } 18 void tarjan(int u) 19 { 20     low[u]=dfn[u]=++deep; x[++top]=u; v[u]=1; 21     for(int i=head1[u];i;i=e[i].nxt) 22  { 23         if(!dfn[e[i].to]) tarjan(e[i].to),low[u]=min(low[u],low[e[i].to]); 24         else if(v[e[i].to]) low[u]=min(low[u],low[e[i].to]); 25  } 26     if(dfn[u]==low[u]) 27  { 28         num[u]=++tot; v[u]=0; 29         while(x[top]!=u) v[x[top]]=0,num[x[top]]=tot,--top; 30         --top; 31  } 32 } 33 void tppx() 34 { 35     queue<int> q; cnt=0; 36     for(int i=1;i<=tot;++i) if(!rd[i]) x[++cnt]=i,q.push(i); 37     while(!q.empty()) 38  { 39         int tmp=q.front(); q.pop(); 40         for(int i=head2[tmp];i;i=f[i].nxt) 41  { 42             --rd[f[i].to]; 43             if(!rd[f[i].to]) x[++cnt]=f[i].to,q.push(f[i].to); 44  } 45  } 46 } 47 int main() 48 { 49     n=read(); m=read(); 50     for(int i=1;i<=n;++i) w1[i]=read(); 51     for(re int i=1;i<=m;++i) t1=read(),t2=read(),add(t1,t2,e,head1); 52     for(int i=1;i<=n;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i); 53     cnt=0; 54     for(int i=1;i<=n;++i) 55  { 56         w2[num[i]]+=w1[i]; 57         for(int j=head1[i];j;j=e[j].nxt) if(num[i]!=num[e[j].to]) add(num[i],num[e[j].to],f,head2),++rd[num[e[j].to]]; 58  } 59     memset(x,0,sizeof(x)); tppx(); 60     for(int i=1;i<=n;++i) 61  { 62         t=x[i]; ans[t]=max(ans[t],w2[t]); 63         maxa=max(maxa,ans[t]); 64         for(int j=head2[t];j;j=f[j].nxt) ans[f[j].to]=max(ans[f[j].to],ans[t]+w2[f[j].to]); 65  } 66     printf("%d\n",maxa); 67     return 0; 68 }