首先明白几个定理:
- 连通分量:无向图 G 的一个极大连通子图称为 G 的一个连通分量(或连通分支)。连通图只有一个连通分量,即其自身;非连通的无向图有多个连通分量。
- 强连通图:有向图 G=(V,E) 中,若对于V中任意两个不同的顶点 x 和 y ,都存在从x 到 y 以及从 y 到 x 的路径,则称 G 是强连通图(Strongly Connected Graph)。相应地有强连通分量(Strongly Connected Component)的概念。强连通图只有一个强连通分量,即是其自身;非强连通的有向图有多个强连通分量
1. 判断无向图的连通性。
用bfs或者dfs,遍历,如果能遍历完所有结点,则是连通图。
比如,要求无向图的割点的集合,最容易想到的方法就是依次测试每个结点判断其对图连通性的影响。
有更简单的方法。
2. 有向图的单连通性。对于任意的两个点,i,j,存在i到j或者j到i的路径
1. 最容易想到的算法是floyd算法。
floyd算法本来用以求图中任意两点间的最短路径,大体思路是:
依次以每个点k作为i--->j的中间节点,求d(i,j) = min(d(i,j),d(i,k)+d(k,j))
如果用floyd算法判断任意两个点的连通性?
可以直接用上面的算法,但是可以将加法和min操作转为位运算。
d(i,j) = d(i,j) | (d(i,k) & d(k,j))
2. 上面的算法时间复杂度是O(n^3)
http://hi.baidu.com/735612658gfy/item/e2e8c8d3362fa9f2b3f7777b
思路:判断一个有向图是不是强连通的可以直接用tarjan算法。
但是判断是不是单向联通的就麻烦了。
开始我想用floyd,后来又想到了一条路一条路的找,但是这两种方法的复杂度太高。
正解:对于一个DAG图,若是单向联通的我们可以有这么一个性质,就是存在一条路,这条路可以经过图中的每一个点。下面证明一下。
我们从图中选择一个入度为0的点a,和一个出度为0的点b,则剩下的点肯定都满足在a,b之间。
不妨找一点k ,则a~k~b,剩下的点也肯定在两个~之间的一个,以此类推。
我们先让这张图变成DAG,我们用tarjan算法缩点,这张图就变成了一个DAG图。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<stack>
using namespace std;
stack<int>s;
struct hh
{
int u,v,next;
}tp[6005],map[6006];
int head[1050],mhead[1050],num,mnum,low[1050],lp[1050],now,f[1050];
bool in[1050];
int n,m,step,total;
void add(int a,int b)
{
tp[num].u=a;tp[num].v=b;
tp[num].next=head[a]; head[a]=num++;
}
void madd(int a,int b)
{
map[mnum].u=a; map[mnum].v=b;
map[mnum].next=mhead[a]; mhead[a]=mnum++;
}
void init()
{
int a,b;
num=0; mnum=0;
step=total=1;
while(!s.empty()) s.pop();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
in[i]=0;
low[i]=lp[i]=f[i]=0;
}
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(mhead,-1,sizeof(mhead));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b);
}
}
void tarjan(int u)
{
int v;
low[u]=lp[u]=step++;
s.push(u); in[u]=1;
for(int i=head[u];i!=-1;i=tp[i].next)
{
v=tp[i].v;
if(!low[v])
{
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(in[v])
{
low[u]=min(low[u],lp[v]);
}
}
if(low[u]==lp[u])
{
int haha;
while(1)
{
haha=s.top(); s.pop();
f[haha]=total; in[haha]=0;
if(haha==u)break;
}
total++;
}
}
void suodian()
{
for(int i=0;i<num;i++)
{
if(f[tp[i].u]!=f[tp[i].v])
madd(f[tp[i].u],f[tp[i].v]);
}
}
bool can[1004][1004];
int b[1050];
bool dfs(int u,int now)
{
in[u]=1;
if(now==total-1)return true;
bool flag=0;
for(int i=mhead[u];i!=-1;i=map[i].next)
{
flag=dfs(map[i].v,now+1);
if(flag)return true;
}
return false ;
}
void result()
{
memset(in,0,sizeof(in));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!in[i])
{
bool flag=dfs(i,1);
{
if(flag)
{cout<<"Yes"<<endl; return ;}
}
}
}
cout<<"No"<<endl;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
init();
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!low[i])
tarjan(i);
suodian();//重新建图
result();
}
}
也可以用上面的算法求出有向图的单连通分支, 对入度为0点,递归搜寻各向前通路至每一不可再前行点时,可对应得出一单项连通分支