Tarjan算法——求强连通分量

什么是强连通分量

强连通分量，是一个有向图的最大强连通子图（看起来好像没有什么解释效果…），好吧，强连通分量就是在一个有向图中，从任意一个点出发，最多可以走过的所有的点构成的一个点集，将其称之为强连通。强连通分量就是这些集合里面最大的那个。如下图：

2,3,5,就是强连通的，因为从二出发可以到达2,3,5的任意一个点。所以1,4,也是强连通的。我们不难发现，除了双向边以外，强连通都是环套环的形式。今天，我们的算法也会在这张图上展开。

算法详解

其实求强连通的tarjan算法的本质就是求环套环，我们将以邻接表为基础讲讲求强连通的tarjan算法。不懂邻接表的朋友看这里：邻接表存图法，那么这个算法就是要求环套环了嘛。

怎么求环套环呢？本算法中引入了时间戳这个概念，就是在进行dfs遍历（我相信看这个blog的朋友都会dfs把）的时候，遍历到的第一个点就打上1这个时间戳，第二个点就打上2这个时间戳。第n个点就打上n这个时间戳，我们把存每个点的时间戳的数组取名为dfn，则dfn[i]就是第i个点的时间戳。那么在dfs的时候，就可以免去记录此点是否走过的数组，而直接判断，凡是有时间戳的都是已经走过的点。

我们再使用一个数组color来染色，凡是在一个强连通分量里边的就把它染成一个相同的数字。比如2,3,5在一个强连通分量里面，那color[2],color[3],color[5]就把它赋值成一个数字（什么时候染色一会讲）。我们还需要一个数组low，每一个点都有自己的low，记录方法和dfn是一样的，每一个点的low初始是和dfn一样的，当我们dfs的时候，如果形成环路，那就必然会dfs到一个已经dfs过得点，而且这个点的时间戳还比自己小，那么就需要把那个已经dfs过的点的low拿来更新自己的low，然后一路递归地更新回去，这样，在这个环里dfs过的点就会有相同的low值。例如：上图中2 dfs 到3，3到5，至此，点2,3,5的low值都是自己的dfn，但是你会发现点5除了点2搜不到任何点了，那么就拿2的low更新自己的，然后递归回去，也一路更新回去，点3的用点5的更新…

然而这还是不能完成染色的，尽管在一个环里面的low都已经是一样的了。因此，我们创建一个栈。每搜到一个点，就把它加入栈中。什么时候退栈呢？比如我们从2开始搜索的，最后到了点5，然后2,3,5,都已经在栈中了，开始return了，于是点5退到了点2，然后会发现点2的low和dfn是一样的（因为大家其实都是拿点2来更新自己，所以2自己的没动），那就开始退栈。每退出一个元素，就把这个元素染色，直到把自己退掉。至此，染色完成，所有染成一样的点都在一个强连通分量里面。

实例模拟

我们就这个图进行一次模拟。
我们从点1开始深搜，如图，点1被打上时间戳（D）和low（L），并被加入栈中

打时间戳和low并入栈代码如下：

dfn[u]=low[u]=++cnt;
st[++top]=u;

其中u就是当前被深搜的点。
然后我们搜到了点二，如图：

点2也被打上时间戳和low，并且加入栈中，此时栈中有点1,2.

以此法，最后会这样：

此时栈中有：1 2 3 5

然后5搜到了2，但是2已经搜过了，而且2不在别的强连通分量里面，所以需要用2的low更新5的（对于5来说2就是下一个点，而邻接表结构体成员中恰恰会存u,v，也就是5到2，所以我们可以很方便的取到2的low值）。5的更新完毕后，就开始return了，return到3，也要用5的low更新3的。所以更新到2会是这样：

这里我给出深搜的代码和更新的代码（其实这两个本来就是一起写的）:

for(int i=head[u];i;i=e[i].next){if(dfn[e[i].v]==0){tarjan(e[i].v);low[u]=min(low[u],low[e[i].v]);}else if(color[e[i].v]==0){low[u]=min(low[u],low[e[i].v]);}
}

其中，用2更新5的时候，其实是执行else if语句里面的更新，因为2走过了，所以dfn[e[2].v]不可能等于0，因此第一个if他根本不会进去的。所以才需要第二的if，else if(color[e[i].v]==0)用于判断其是否已经属于别的强连通分量了，被染色当然就不会等于0了。属于别人的我们不要，我们要单身的~~不要二手——
好了，现在又回到了点2，按我刚刚描述的，要开始退栈染色了兄弟。代码如下：

if(low[u]==dfn[u]){color[u]=++col;while(st[top]!=u){color[st[top]]=col;top--;} top--;
}

这段代码紧跟在循环的下面（不在循环内部），这段代码只有在递归的时候才会触发，到了点2的时候（我们递归回到了点2），然后发现点2的low和时间戳都是一样的。所以就进入这个判断。一进入判断，先把当前的点更新一下，因为这个while是先判断后循环，所以到最后是不会染色自己的（一旦st[top]==u，就直接退出了，不再color[st[top]]=col了）。当然，你也可以尝试写do-while循环，这样就不需要事先给自己染色。col其实就是本次染色要染成的数字。while循环下面还有一个top----，目的是使自己——当前的点也可以退出栈，因为st[top]==u就退出了循环，也就没有top----了，原理和刚刚那个事先染色的差不多。

大家可能会有一个问题，递归回来的路上，都会先经过low[u]=min(low[u],low[e[i].v]);然后被上一个点更新，导致low和dfn不同，然后进入不了if(low[u]==dfn[u])这个判断，凭什么点2就可以呢？因为，我们一开始就是拿点2更新的，所以点2的确是走过了low[u]=min(low[u],low[e[i].v]);这个赋值，然而走过了之后自己还是自己啊，自己就是最小的。所以点2的low和dfn其实都还是原来的，而且还相等，所以…进入判断了。

点2的判断也结束后，就回到了点1，于是点1就搜到了点4，所以点4也被打上时间戳，计数变量cnt不会重置，所以点4的时间戳就是4，low也是4。如图：

然后点4又搜回了点1（这两个是双向的），但是点1已经是搜过的，所以执行else if那一句，把自己的low变成了点1的了，然后再return回去，直到深搜退出。最终会是酱紫：

下面我给出完整的代码和样例输入输出

样例输入	样例输出
5 7	2
1 2	1
1 4	1
1 5	2
2 3	1
3 5
4 1
5 2
1

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxm=1001;
int p,s,a,b;
int dfn[maxm],low[maxm],cnt;//时间戳、最小戳、计数
int st[maxm],top;
int color[maxm],col;//染色、强连通分量个数 struct edge{int u,v,next;
}e[maxm];
int head[maxm],js;void addedge(int u,int v){e[++js].u=u;e[js].v=v;e[js].next=head[u];head[u]=js;return;
}void tarjan(int u){dfn[u]=low[u]=++cnt;st[++top]=u;for(int i=head[u];i;i=e[i].next){if(dfn[e[i].v]==0){tarjan(e[i].v);low[u]=min(low[u],low[e[i].v]);}else if(color[e[i].v]==0){low[u]=min(low[u],low[e[i].v]);}}if(low[u]==dfn[u]){color[u]=++col;while(st[top]!=u){color[st[top]]=col;top--;} top--;}return;
}int main(){cin>>p>>s;for(int i=1;i<=s;i++){cin>>a>>b;addedge(a,b);}int start;cin>>start;tarjan(start);for(int i=1;i<=p;i++) cout<<color[i]<<endl;return 0;
}

手累，大家多模拟模拟就一定可以学会哦…