有向图转强连通图最少加边数

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问题描述

对于一有向图，若需要保证任选一点即可走到其它所有点，询问最少需要加多少条有向边

结论

对于一有向图，若其对应DAG中入度为0的点数为ppp，出度为0的点数为qqq，则答案数为max(p,q)max(p, q)max(p,q)

证明：
p≤qp \leq qp≤q 和 p≥qp \geq qp≥q的证明过程类似，这里仅说明p≤qp \leq qp≤q的证明过程

当p==1p == 1p==1，即1个起点，2个及以上终点时。可知起点就是一个链式关系中最前面的节点，从起点可到达链式关系中的任一点，因此从每一个终点向起点连接一条边即可实现强连通，答案为qqq

当p>1p > 1p>1时，q≥p>1q \geq p > 1q≥p>1，即2个及以上起点，2个及以上终点，且满足终点数>=起点数终点数>=起点数终点数>=起点数
此时需要考虑一种特殊情况，p==q==2p == q == 2p==q==2。设两个起点分别为p1,p2p_1, p_2p1,p2，两个终点分别为q1,q2q_1, q_2q1,q2，则一定存在一种方案使得p1p_1p1可以走到q1q_1q1, p2p_2p2可以走到q2q_2q2，证明采用反证法，假设q2q_2q2无法从p1p_1p1和p2p_2p2走到，但由于此图是一DAG，对于q2q_2q2，不停找其前驱节点最终一定可以找到某个节点是走向q2q_2q2的，且该节点入度为000，即是一个起点，这与所有起点都无法到达q2q_2q2的假设相矛盾
如果添加一条q1−>q2q_1 -> q_2q1−>q2的边,则问题转化为p==1p == 1p==1的情况,还需要添加111条边,故答案为222

综上所述, 一种可行的操作方法为将p>1p > 1p>1的情况转化为p==1p == 1p==1,具体方法为将(p−1)(p - 1)(p−1)个终点连向起点,这一步需要添加(p−1)(p - 1)(p−1)条边
此时起点数为111,终点数为q−(p−1)q - (p - 1)q−(p−1), 还需要添加q−(p−1)q - (p - 1)q−(p−1)条边
综上,答案数为q−(p−1)+(p−1)=q=max(p,q)q - (p - 1) + (p - 1) = q = max(p, q)q−(p−1)+(p−1)=q=max(p,q)

解决思路

由上述结论可知，我们仅需将原图转变为DAG，分别统计入度为000和出度为000的点数即可
有向图转DAG可采用Tarjan实现

例题解析

题目描述

解题思路
第1问：
假如当前图为有向无环图，那么只需要计算入度为0的点的个数即可
因为对于入度非0的点，我们只需要将软件提供给它的前驱即可，对于它的前驱同理，依次类推，我们仅需要提供给该链式关系中的第一个节点即可，而链式关系中的第一个节点即为入度为0的点，故需要统计的就是入度为0的点的个数

第2问：
对题目描述进行抽象可得目标为计算“有向图转变为强连通图所需的最少加边数”，即为max(入度为0点数，出度为0点数)max(入度为0点数，出度为0点数)max(入度为0点数，出度为0点数)
将有向图转为强连通图，并分别统计入度和出度分别为0的个数即可

代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#include <stack>using namespace std;const int N = 110, M = 5000;int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
stack<int> stk;
int timestamp;
bool in_stk[N];
// tarjan维护值
int dfn[N], low[N];
int id[N], Size[N], scc_cnt;
// 统计入度出度
int din[N], dout[N];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.push(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 (dfn[u] == low[u]){++ scc_cnt;int y;do {y = stk.top(); stk.pop();in_stk[y] = false;id[y] = scc_cnt;++ Size[scc_cnt];}while (y != u);}
}
int main()
{memset(h, -1, sizeof h);cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++ i){int y;while (cin >> y, y) add(i, y);}for (int i = 1; i <= n; ++ i)if (!dfn[i])tarjan(i);// 统计入度为0的点数p，出度为0的点数qint p = 0, q = 0;for (int i = 1; i <= n; ++ i)for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]){int t = e[j];int a = id[i], b = id[t];if (a != b){++ dout[a];++ din[b];}}for (int i = 1; i <= scc_cnt; ++ i){if (!din[i]) ++ p;if (!dout[i]) ++ q;}cout << p << endl;if (scc_cnt == 1) cout << 0 << endl; // 仅有一个scc，不需要连边，如果按照max(p, q)输出是错误的，需要特判else cout << max(p, q) << endl;return 0;
}

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