有向图的强连通分量（SCC）与无向图割点的一些细节，Tarjan

最新推荐文章于 2025-05-01 10:58:31 发布

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#图论 #算法

文章介绍了Tarjan算法在处理有向图的强连通分量（SCC）和无向图割点问题上的应用。通过DFS遍历，文章详细解释了如何识别强连通分量以及割点，并提供了相应的C++代码实现。同时，文章指出了在算法实现过程中的关键点和注意事项，如栈中元素的处理和low数组的更新条件。

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前言

Tarjan是美国计算机学家Robert Tarjan提出的一系列基于dfs的图论算法，可以解决很多连通性问题。
这里主要说关于有向图的强连通分量（SCC）与无向图割点算法的一些细节，而不是介绍算法本身。

有向图的强连通分量（SCC）

模板题
在这里插入图片描述
先在这里贴出题解
还有不明白的可以看董老师的视频
再不明白再看董老师的另一个视频

上代码：

#include<iostream>
#include<vector>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
vector<vector<int>> a,b;
stack<int> s;
int n,m;
int h1[10005],h2[10005];
int ring[10005];
bool vis[10005];
int low[10005];
int dfn[10005],cnt;
int cntx=1;
int dfs1(int u) {
	if(dfn[u]) return dfn[u];
	s.push(u);
	vis[u]=true;
	low[u]=dfn[u]=++cnt;
	for(auto&v:a[u])
		if(!dfn[v]||vis[v])
			low[u]=min(low[u],dfs1(v));
	if(dfn[u]==low[u]) {
		while(!s.empty()) {
			int v=s.top();
			s.pop();
			vis[v]=false;
			ring[v]=cntx;
			h2[cntx]+=h1[v];
			if(v==u) break;
		}
		cntx++;
	}
	return low[u];
}
void Tarjan() {
	for(int i=1; i<=n; i++)
		dfs1(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(auto&j:a[i])
			if(ring[i]!=ring[j])
				b[ring[i]].push_back(ring[j]); 
}
int f[10005];
int dfs2(int u) {
	if(vis[u]) return f[u];
	vis[u]=true;
	for(auto&v:b[u])
		f[u]=max(f[u],dfs2(v));
	f[u]+=h2[u];
	return f[u];
}
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=0; i<=n; i++) a.push_back({}),b.push_back({});
	for(int i=1; i<=n; i++) cin>>h1[i];
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		a[u].push_back(v);
	}
	Tarjan();
//	for(int i=1;i<=n;i++)
//		cout<<i<<' '<<ring[i]<<' '<<h2[i]<<endl;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		dfs2(i);
	cout<<*max_element(f+1,f+1+n);
	return 0;
}

主要的问题：

注意Tarjan函数里，建立新图b的部分，枚举起点，邻接表找终点，复杂度是O(n)，如果提前初始化，枚举起点和终点，复杂度是O(n²)。
注意dfs1函数里，仅当 dfn[u]==low[u] 时，表示u是一个强连通分量的根，因为u没有再向上连边了。
然后就是当满足此条件时，stack里面的元素并不全是在一个强连通分量上的，而是仅从栈顶到u符合条件，所以只说!s.empty()是不够的，追加一个条件，要求if(u==v)break;就好了。
更新low数组的条件：节点v没有被访问过，或者仍在栈中。这是因为如果不在栈中，那u->v就是横叉边。
还有一个关于low数组问题，等一下说

无向图割点

模板题
在这里插入图片描述
 你谷题解区
还有不明白的看董老师的视频

然后是代码：

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
vector<vector<int>> a;
int n,m;
int dfn[20005],low[20005],cnt;
vector<int> ans;
int dfs(int u,int fa,bool f) {
	if(dfn[u]) return dfn[u];
	low[u]=dfn[u]=++cnt;
	int k=0;
	for(auto&v:a[u]) 
		if(v^fa) {
			if(!dfn[v]) k++;
			bool flag=!dfn[v];
			low[u]=min(low[u],dfs(v,u,false));
			if(!f&&low[v]>=dfn[u]&&flag)
				ans.push_back(u);
		}
	if(f&&k>1) 
		ans.push_back(u);
	return low[u];
}
void Tarjan() {
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		dfs(i,0,true);
}
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<=n;i++) a.push_back({});
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		a[u].push_back(v);
		a[v].push_back(u);
	}
	Tarjan();
	sort(ans.begin(),ans.end());
	ans.erase(unique(ans.begin(),ans.end()),ans.end());
	cout<<ans.size()<<endl;
	for(auto&i:ans)
		cout<<i<<' ';
	return 0;
}

主要的问题：

注意不能走原来的边回到父亲节点，所以限制v^fa（异或是不等于）
注意dfs函数里，仅有!dfn[v]时，才有k++，否则不是新的子树。
注意必须满足三个条件，在for循环里才能统计ans：第一个条件是不能是根节点；第二个条件是low[v]>=dfn[u]；第三个条件是节点v必须是第一次被访问，这是由于，如果不是第一次被访问，那么判断条件就不再是low[v]>=dfn[u]，而是dfn[v]>=dfn[u]，而由于v不是第一次被访问，所以v的时间戳一定比u要早，一定不满足条件。
提一个小点，就是在以root为根进行搜索的情况下，不存在横叉边，只存在后向边，因为如果存在一条横叉边，那么就意味着访问到了之前的一颗子树，既然访问到了之前的一颗子树，那么访问之前那一颗子树的时候为什么没有通过横叉边（在那时，横叉边就变成了树边）访问到现在的这颗子树呢？这不符合逻辑。
然后：