关于有向图强连通分量和无向图双联通分量的理解

有向图的强连通分量
1.强连通代表的是这个连通块中的每两个点互相都是有一条路径是可以走到的
2.分量就是子图；

从这张图上可以看出 A B C这三个点都是互相可以走到的所以他们就是一个联通块 D E F 三个点都是单向能走到所以D E F 分别为三个联通分量
所以这个图中一共有四个连通分量
然后又引入一个概念缩点将连通块中的点当成一个点
可以用来求连通块问题

我们知道概念了该如何去求这个图中有几个连通分量呢
引用时间戳这个概念
A - > B -> D -> E -> F
A -> B -> C
所以ABCDEF的进入时间分别为1 2 6 3 4 5
我们走到 F的时候发现没有路可以走了所以没有形成一个环所以他自成一个 E D 分别自成一个走到 C的时候发现可以回到 1 所以他是可以和 A成一个环的所以把C的时间戳修改成 A的时间戳表明他们是可以走一起的同样返回的时候把 B 的时间戳也修改成与 C已经成功成环的时间戳即可

#include<iostream>
#include<cstring>using namespace std;const int N = 1e4 + 10,M = 5e4 + 10;int head[N],to[M],last[M],cnt;
void add(int a,int b){to[++cnt] = b;last[cnt] = head[a];head[a] = cnt;
}int n,m;
int toopc[N];
int dfn[N],low[N],sta[N],top,ttime,flag[N],scc_cnt,st_size[N],belong[N];
void dfs(int x){dfn[x] = low[x] = ++ttime; //两个时间戳 一个记录进入时间 一个记录最后是否是一个时间戳的时间sta[++top] = x,flag[x] = 1; //记录这个路径中的点for(int i = head[x]; i != -1; i = last[i]){int j = to[i];if(!dfn[j]){ dfs(j);low[x] = min(low[x],low[j]); //变成 下一个点已经成环的时间戳}else if(dfn[j] && flag[j]){low[x] = min(low[x],dfn[j]); //如果此次路劲已经走过了他 那么直接判断即可}}if(low[x] == dfn[x]){ //如果时间戳相同的话 那么这个点就是这个环的起点位置++scc_cnt; int y;int h = 0;do{++h;y = sta[top--];flag[y] = 0;belong[y] = scc_cnt; //这个点属于这个环}while(y != x);st_size[scc_cnt] = h;}
}int main(){memset(head,-1,sizeof head);cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= m; i++){int x,y;cin >> x >> y;add(x,y);}for(int i = 1; i <= n; i++){if(!dfn[i]) dfs(i);}    for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = head[i]; j != -1; j = last[j]){int k = to[j];if(belong[i] != belong[k]){toopc[belong[i]]++;}}}int sum = 0;int s = 0;for(int i = 1; i <= scc_cnt; i++){if(toopc[i] == 0){sum += st_size[i];++s;}if(s > 1){sum = 0;}}cout << sum << endl;return 0;
}

双连通分量指的是连通块中的每两个点都有两条不相交的路径可以走到对方
而去掉图中的一条边使连通块增加的这个边叫做桥

去掉全部与一个点的边使连通块数量增加的点叫割点

红色的点就是割点

如何去求一个图中的桥呢

由图推导
A->B->C->D->C 所以C和D是一个环是一个联通块
但是C -> B 是B -> C 的反向边所以 C->B不能使ABCD成为同一个双连通块
所以这个时候 B->C就成为了一个桥同样B->C也是一个桥所以当
这条边无法是他们成为同一个连通块的时候就是一个桥；

#include<iostream>
#include<cstring> using namespace std;const int N = 1e4 + 10,M = 1e5 + 10;int n,m;
int head[N],to[M],last[M],cnt;
void add(int a,int b){to[cnt] = b;last[cnt] = head[a];head[a] = cnt++;
}int dfn[N],low[N],sta[N],is_bridge[N],belong[N],toop[N];
int times,top,scc_cnt;
void tarjan(int x,int lastt){dfn[x] = low[x] = ++times;sta[++top] = x;for(int i = head[x]; i != -1; i = last[i]){int j = to[i];if(!dfn[j]){tarjan(j,i);low[x] = min(low[x],low[j]);if(dfn[x] < low[j]){ // 如果low[j] > dfn[x] 说明 j 和 x点不是同一连通分量 is_bridge[i] = is_bridge[i ^ 1] = 1;}}else if(i != (lastt ^ 1)){ //由于是无向图所以 i + 1 是 i 的反向边 如果 i % 2 == 0 low[x] = min(low[x],dfn[j]);  //如果不判断反向边的话 dfn[x] == low[j] }}if(dfn[x] == low[x]){++scc_cnt;int y;do{y = sta[top--];belong[y] = scc_cnt;}while(y != x);}
}int main(){memset(head,-1,sizeof head);cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= m; i++){int x,y;cin >> x >> y;add(x,y);add(y,x);}tarjan(1,-1);for(int i = 0; i < cnt; i++){if(is_bridge[i]){toop[belong[to[i]]]++;}}int ans = 0;for(int i = 1; i <= scc_cnt; i++){if(toop[i] == 1){ans++;}} cout << (ans + 1) / 2 << endl;return 0;
}

割点怎么求；
我们照样可以用图来推导

C ->B -> A
我们发现 A自成了一个连通分量所以A只能通过 B才能返回到原来的祖先
所以B就是一个割点
同样如果A B 成环的话 A 还是得需要从B才能回到C 所以B还是割点
所以当dfn[i] <= low[j]的时候那么B就是一个割点

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>using namespace std;const int N = 1010;
int n,maxn;int head[N],to[N * 2],last[N * 2],cnt;
void add(int a,int b){to[++cnt] = b;last[cnt] = head[a];head[a] = cnt;
}vector<int>dcc[N];
int dfn[N],low[N],sta[N],cut[N];
int times,top,root,dcc_cnt;
void tarjan(int x){dfn[x] = low[x] = ++times;sta[++top] = x;int ans = 0;if(x == root && head[x] == -1){++dcc_cnt;dcc[dcc_cnt].push_back(x);return; }for(int i = head[x]; i != -1; i = last[i]){int j = to[i];if(!dfn[j]){tarjan(j);low[x] = min(low[x],low[j]);if(dfn[x] <= low[j]){ans++;if(x != root || ans > 1) cut[x] = 1; //如果他是根节点的话那么他就没有祖先所以 只有他有两个儿子节点才能变成割点++dcc_cnt;int y;do{y = sta[top--];dcc[dcc_cnt].push_back(y);//将割点影响到的点记录下来}while(y != j); //如果y != x的话 那么割点x就没了，那么后续如果还有连通分量的话 就不成立了dcc[dcc_cnt].push_back(x); }}else low[x] = min(low[x],dfn[j]);}
}int main(){int casse = 0;while(cin >> n && n){memset(head,-1,sizeof head);memset(dfn,0,sizeof dfn);memset(cut,0,sizeof cut);maxn = 0,cnt = 0;dcc_cnt = 0,times = 0,top = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){int x,y;cin >> x >> y;maxn = max(maxn,x);maxn = max(maxn,y);add(x,y);add(y,x);}for(root = 1; root <= maxn; root++){if(!dfn[root]){tarjan(root);}}int sum = 0;for(int i = 1; i <= maxn; i++){if(cut[i] == 1) sum++;}cout << sum << endl;}return 0;
}

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