解题报告：luogu P3916 图的遍历（ 缩点 + DFS ？ × 思维 + 反向建边 + DFS √ ）
题目链接：图的遍历
本题是一个有向图，要求每个点能到达的编号最大的点。由于是有向图，如果直接DFS如果有环就可能忽略一些点，所以我们可以直接缩点
缩点之后
- 在同一个强联通分量中的点可以相互到达，那么我们可以在缩点时记录每个联通分量中编号最大的点
- 一个强联通分量中所有点能到达的最大编号的点即为这个联通分量能到达的最大的编号
然后由于太麻烦了还是算了。
次数少的dfs错的原因是因为当出现强连通分量的时候环中最先遍历的点的最大值无法更新 所以有人缩点 多次dfs也可以解决这个问题
本题正确解法应该是反向建边＋直接DFS。
因为题目要求求能到达的最大的点，直接DFS会导致大的值无法更新后面的环,但是如果我们反向建边,并且从编号最大的点开始倒序循环 ，直接从编号大的点到达编号小的点，并直接更新答案数组，因为后面的点都比当前的点小，所以直接就是答案，并以判断是否更新过来躲避环。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<math.h>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<queue>
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
#define over(i,s,t) for(register int i = s;i <= t;++i)
#define lver(i,t,s) for(register int i = t;i >= s;--i)
//#define int __int128
#define lowbit(p) p&(-p)
using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5+7;//点数
const int M = 5e5+7;//边数int n,m,a[N];
vector<int>G[N];void dfs(int u,int fa){if(!a[u])a[u] = fa;for(int i = 0;i < G[u].size();++i){int v = G[u][i];if(a[v])continue;dfs(v,fa);}
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);over(i,1,m){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);G[y].push_back(x);}lver(i,n,1)dfs(i,i);over(i,1,n)printf("%d ",a[i]);puts("");return 0;
}
贴一下大佬的TarjanTarjanTarjan缩点
来源
/*
缩点
在缩完点的图上dfs
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>#define maxn 100010using namespace std;inline int read() {int op = 1, a = 0;char c = getchar();for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if (c == '-') op = -1;for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) a = a * 10 + c - '0';return op * a;
}int n, m;int cnt;
int head[maxn];
struct Edge {int from, to, nxt;} e[maxn];inline void add_edge(int u, int v) {cnt++;e[cnt].to = v;e[cnt].from = u;e[cnt].nxt = head[u];head[u] = cnt;
}int r;//栈的右端点
int s[maxn];//数组来模拟栈
int num;//个数
int Time;
bool vis[maxn];
int belong[maxn];//一个点属于哪个强连通分量
int dfn[maxn], low[maxn];
int rep[maxn];//存储缩完点后每个点所代表的所有点中编号最大的 void Tarjan(int u) {dfn[u] = low[u] = ++Time;vis[u] = 1;s[++r] = u;int R = r;for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {int v = e[i].to;if (!dfn[v]) {Tarjan(v);low[u] = min(low[u], low[v]);}else if (vis[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);}if (dfn[u] == low[u]) {num++;for (int i = R; i <= r; i++) {vis[s[i]] = 0;belong[s[i]] = num;rep[num] = max(rep[num], s[i]);//记录强连通分量中编号最大的点（的编号） }r = R - 1;}
}//重新建图
void rebuild() {cnt = 0;memset(head, 0, sizeof head);for (int i = 1; i <= m; i++) {int x = e[i].from, y = e[i].to;if (belong[x] == belong[y]) continue;add_edge(belong[x], belong[y]);}
}int ans[maxn];void dfs(int u) {if (ans[u]) return;ans[u] = rep[u];//必定能到这个强连通分量中的点 for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {int v = e[i].to;dfs(v);ans[u] = max(ans[u], ans[v]);//和上一句的位置不能颠倒 }
}int main() {n = read(), m = read();for (int i = 1; i <= m; i++) {int x = read(), y = read();add_edge(x, y);}for (int i = 1; i <= n; i++) if (!dfn[i]) Tarjan(i);rebuild();for (int i = 1; i <= num; i++) if (!ans[i]) dfs(i);for (int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[belong[i]] << ' ';//一个点的答案都直接输出对应的强连通分量能到的编号最大的点 return 0;
}
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