tarjan算法求解强连通分量问题

Part1：有向图的强连通分量：

一个连通图只有一个联通分量就是自身，非连通图有多个连通分量。

在有向图G中，如果两个顶点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)。如果有向图G的每两个顶点都强连通，称G是一个强连通图。

而有向图G的极大强连通子图S，即添加任意顶点都会导致S失去强连通的属性，则称S为G的强连通分量。

DFS生成树：

对于一棵的dfs生成树，树边可以分为以下4类：

1.树枝边<x,y> x是y的父节点。

2.前向边<x,y> x是y的祖宗节点。

3.后向边<x,y> 返祖边y是x的祖宗节点。

4.横叉边<x,y> x已经被dfs遍历过，但x不是y的一个祖宗节点

根据DFS生成树如何找到强连通分量：

如果结点 u 是某个强连通分量在搜索树中遇到的第一个结点，那么这个强连通分量的其余结点肯定是在搜索树中以 u为根的子树中。结点 u被称为这个强连通分量的根。

反证法：假设有个结点 v在该强连通分量中但是不在以 u为根的子树中，那么 u到 v的路径中肯定有一条离开子树的边。但是这样的边只可能是横叉边或者反祖边，然而这两条边都要求指向的结点已经被访问过了，这就和 u 是第一个访问的结点矛盾了，命题得证。

为了找到强连通分量在搜索树中的第一个节点，我们引入时间戳（timestamp）

Tarjan 算法求强连通分量
在 Tarjan 算法中为每个结点 u维护了以下几个变量：

dfn（u）表示遍历到u时的时间戳；

low（u）表示从u开始遍历到的最小时间戳；

那么如果low[u]==dfn[u],u就是我们所求的强连通分量在搜索树中的第一个结点。

tarjan 缩点

找到所有强连通分量后，遍历i的所有邻点，如果i和j不在同一连通分支，那么在这两个联通分支之间连一条有向边就能缩点，而且缩点后的图时DAG（拓扑图）。

参考视频：

[算法]轻松掌握tarjan强连通分量_哔哩哔哩_bilibili

1174. 受欢迎的牛

每一头牛的愿望就是变成一头最受欢迎的牛。

现在有 N 头牛，编号从 1 到 N，给你 M 对整数(A,B)，表示牛 A 认为牛 B 受欢迎。

这种关系是具有传递性的，如果 A 认为 B 受欢迎，B 认为 C 受欢迎，那么牛 A 也认为牛 CC 受欢迎。

你的任务是求出有多少头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。

输入格式

第一行两个数 N,M；

接下来 M 行，每行两个数 A,B，意思是 A 认为 B 是受欢迎的（给出的信息有可能重复，即有可能出现多个 A,B）。

输出格式

输出被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的牛的数量。

数据范围

1≤N≤104,
1≤M≤5×104

输入样例：

输出样例：

样例解释

只有第三头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。

思路：将受欢迎看成一种关系，牛看成点，x欢迎y就是从x->y 有一条有向边，假设s、t是一部分被所有牛认为是受欢迎的牛，（s与其他任何点联通，t也与其他任何点联通）同时s、t互相认为对方是受欢迎（互相连通）的因此s、t是强联通的，这就说明被所有牛都受欢迎的牛构成的图是原图的一个强连通分量，利用tarjan算法求出原图的所有强连通分量；当一个强连通分量的出度为0,则该强连通分量中的所有点都被其他强连通分量的牛欢迎。但假如存在两及以上个出度=0的牛(强连通分量) 则必然有一头牛(强连通分量)不被所有牛欢迎，这就说明满足条件的牛构成的图是原图的唯一的一个强连通分量。

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =5e4+10;
int e[N],h[N],ne[N],idx;
int dfn[N],timestamp;
int low[N],id[N],scc_cnt;
bool in_stk[N];
int stk[N],top;
int sz[N];
int dout[N];
int n,m;
void add(int a,int b ){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void tarjan(int u){dfn[u]=low[u]=++timestamp;stk[++top]=u;in_stk[u]=true;for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){int j=e[i];if(!dfn[j]){tarjan(j);low[u]=min(low[u],low[j]);}else if(in_stk[j]){low[u]=min(low[u],dfn[j]);}}if(low[u]==dfn[u]){++scc_cnt;int y;do{y=stk[top--];in_stk[y]=false;id[y]=scc_cnt;sz[scc_cnt]++;}while(y!=u);}
}
signed main(){cin>>n>>m;memset(h,-1,sizeof h);while(m--){int a,b;cin>>a>>b;add(a,b);}for(int i=1;i<=n;i++){if(!dfn[i]){tarjan(i);}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=h[i];~j;j=ne[j]){int k=e[j];int a=id[i],b=id[k];if(a!=b){dout[a]++;}}}int zeros=0,sum=0;for(int i=1;i<=scc_cnt;i++){if(!dout[i]){zeros++;sum+=sz[i];if(zeros>1){sum=0;break;}}}cout<<sum<<endl;return 0;
}

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