poj 2186 Popular Cows (强连通分量，缩点)

一直不明所谓缩点为何意，弄完这题算是明白了。

 

其实很简单，我们求强连通分量时，给每个顶点做一个标记，标记该顶点属于哪个强联通分量，然后属于同一个强连通分量的点就可以看作同一个点了。这就是所谓的“缩点”

 

此题用了个定理 ：有向无环图（DAG）中，从任意一个点出发，必定可以到达某一个出度为0的点。

 

这个不用证明，直观想一下就行了。  因为无环，所以从一个点出发，必定会到达终点，终点的出度即是0

求强连通的目的也就是将原图改造成一个DAG，因为将属于同一强连通分支的看作一点后，这个新图就是一个DAG

 

我们统计DAG中出度为0的个数，如果大于1,说明出度为0的“点”不止一个，也就没有题目中要求的能够被其他所有点到达的点。

 

如果出度为0的“点”（强连通分支），只有一个，那么该强连通分支中所有的点即可被剩下的点到达。该分支点的个数即是答案。

 

求强联通用的tarjan算法，献上代码：

/* * File: main.cpp * Author: liuwei * * Created on October 5, 2010, 4:05 PM */ #include <cstdlib> #include <cstdio> #include <stack> #include <cstring> using namespace std; #define MAXN 10010 struct Node { int v; int next; } edge[50010]; int head[MAXN]; int dfn[MAXN]; int low[MAXN]; bool mark[MAXN]; //to judge in stack or not int id[MAXN]; //the id of scc int T; stack<int> sta; int scc; void tarjan(int v) { dfn[v] = low[v] = ++T; sta.push(v); mark[v] = true; int k; for (k = head[v]; k != -1; k = edge[k].next) { int u = edge[k].v; if (!dfn[u]) { tarjan(u); low[v] = min(low[v], low[u]); } else if (mark[u]) low[v] = min(low[v], dfn[u]); } if (low[v] == dfn[v]) { ++scc; int u; do { u = sta.top(); sta.pop(); mark[u] = false; id[u] = scc; } while (u != v); } return; } void solve(int n) { scc = 0; int i; for (i = 1; i <= n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(i); memset(mark, false, sizeof (mark)); int k; for (i = 1; i <= n; ++i) for (k = head[i]; k != -1; k = edge[k].next) if (id[i] != id[edge[k].v]) mark[id[i]] = true; int p; int cnt(0); for (i = 1; i <= scc; ++i) { if (!mark[i]) { ++cnt; p = i; } } if (cnt > 1) printf("0/n"); else { cnt = 0; for (i = 1; i <= n; ++i) if (id[i] == p) ++cnt; printf("%d/n", cnt); } } int main(int argc, char** argv) { int n, m; scanf("%d%d", &n, &m); int i; int a, b; for (i = 1; i <= n; ++i) { head[i] = -1; dfn[i] = 0; mark[i] = false; } for (i = 0; i < m; ++i) { scanf("%d%d", &a, &b); edge[i].v = b; edge[i].next = head[a]; head[a] = i; } solve(n); return 0; }