<think>我们正在解决
HDU1269迷宫城堡问题。题目要求判断有向图中任意两个房间是否相互连通，即整个图是否是一个强连通图。
强连通图定义：有向图G中，如果任意两个不同的顶点相互可达（即存在从u到v和从v到u的路径），则称G为强连通图。
因此，我们需要判断整个图是否只有一个强连通分量，且该强连通分量包含所有节点。
常用算法：Tarjan算法、Kosaraju算法等。这里我们使用Tarjan算法，因为它可以在一次DFS中完成强连通分量的识别。
Tarjan算法核心思想：
1. 使用深度优先搜索遍历整个图。
2. 为每个节点维护两个值：dfn[u]
表示节点u在DFS遍历中的次序（时间戳），low[u]
表示u或u的子树能够追溯到的最早的栈中节点的次序号。
3. 使用一个栈来存储当前访问路径上的节点。
4. 当dfn[u] == low[u]时，从栈中弹出节点直到u，这些节点组成一个强连通分量。
步骤：
1. 初始化：对每个节点，dfn数组初始化为
0（
表示未访问），low数组初始化为
0，设置一个全局时间戳index=
0。
2. 遍历每个节点，如果dfn[u]为
0，则进行DFS。
3. DFS过程中：
- 设置dfn[u]=low[u]=++index，将u入栈，标记u在栈中。
- 对于u的每个邻接点v：
- 如果v未被访问（dfn[v]==
0），则递归访问v，然后更新low[u]=min(low[u], low[v])
- 如果v在栈中（说明v是u的祖先节点，且形成了环），则更新low[u]=min(low[u], dfn[v])（注意这里也可以用low[u]=min(low[u], dfn[v])，因为v在栈中，说明属于同一个强连通分量）
- 如果u的dfn和low相等，说明u是一个强连通分量的根节点，开始弹栈直到u，弹出的节点构成一个强连通分量。
注意：题目要求判断整个图是否是一个强连通图，即整个图只有一个强连通分量，且该分量包含所有节点。
因此，我们可以在Tarjan算法过程中计数强连通分量的个数。如果整个图只有一个强连通分量，且该分量的大小等于节点总数，则输出"Yes"，否则输出"No"。
代码实现步骤：
1. 读入数据，构建有向图（邻接表）。
2. 初始化dfn数组、low数组、栈、栈内标记数组（inStack）等。
3. 遍历每个节点，若未访问则进行Tarjan算法。
4. 统计强连通分量的个数和大小（本题只需判断是否只有一个强连通分量且包含所有节点，因此我们可以在Tarjan过程中记录每个强连通分量的大小，最后检查是否有一个分量的大小等于总节点数，并且分量个数为1？实际上，如果整个图是强连通的，那么只会有一个强连通分量，且大小为n。但注意：有可能有多个分量，所以我们需要看分量的个数是否为1，并且这个分量的大小为n。然而，在Tarjan算法中，我们统计分量个数，如果整个图是强连通的，那么我们在遍历完所有节点后，只会得到一个强连通分量，且这个分量的大小就是n。但是，我们也可以不记录每个分量的大小，而是判断分量的个数是否为1。因为如果只有一个分量，那么它必然包含所有节点（因为所有节点都被访问了）。所以，我们只需在算法
结束后判断强连通分量的个数是否为1。
但是注意：如果图不连通（有多个连通分量，但这里是有向图，所以可能是多个强连通分量），那么分量个数大于1。
因此，我们只需在Tarjan过程中统计强连通分量的个数（每次弹栈时计数），最后判断个数是否为1。
注意：题目
输入可能有多个测试数据，以
0 0结束。
代码实现（C++）：
由于题目中节点数N<=1
0000，边数M<=1
00000，所以使用邻接表存储图，Tarjan算法的时间复杂度为O(N+M)，可以接受。
伪代码：
while (
输入n, m, 且n和m不为
0) {
初始化图（邻接表）
读入m条边
初始化dfn数组（大小为n+1，初始
0），low数组（大小为n+1），栈stack，inStack数组（大小为n+1，初始false），index=
0, scc_count=
0（强连通分量计数）
遍历每个节点i（从1到n），如果dfn[i]==
0，则调用tarjan(i)
如果scc_count==1，输出"Yes"，否则输出"No"
}
在tarjan函数中：
dfn[u] = low[u] = ++index;
stack.push(u);
inStack[u] = true;
遍历u的每个邻接点v：
如果dfn[v]==
0（未访问）：
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
否则如果inStack[v]（已访问且在栈中）：
low[u] = min(low[u], dfn[v]); // 注意这里也可以用low[u] = min(low[u], dfn[v])，因为dfn[v]一定小于low[u]？这里用dfn[v]更安全，因为low[v]可能还没有更新到最小（但v在栈中，说明v还在当前DFS树中，且dfn[v]已经确定，而low[v]可能还没有更新到最小，所以用dfn[v]？实际上，根据算法，应该用dfn[v]）
// 回溯时判断
if (dfn[u] == low[u]) {
scc_count++; // 增加一个强连通分量
int v;
do {
v = stack.top(); stack.pop();
inStack[v] = false;
} while (v != u);
}
注意：上述弹栈过程会弹出整个强连通分量，但这里我们并不需要记录每个分量的大小，只需要计数。
但是，有一个问题：如果整个图是强连通的，那么我们在DFS完第一个节点后，就会在回溯到根节点时弹出一个包含所有节点的分量吗？不一定，因为DFS可能从任意节点开始，而强连通图从任意节点开始DFS，最终都会将整个图遍历，并且在回溯到根节点时弹出整个分量？是的，因为整个图强连通，所以DFS会访问所有节点，并且最终回溯到根节点时，栈中剩下的节点都会被弹出形成一个分量。但是，如果图不是强连通的，那么可能会有多个根节点（即多个dfn[u]==low[u]的节点），从而形成多个分量。
然而，我们是在主函数中循环调用tarjan的（因为图可能不连通，这里的有向图不连通是指有多个强连通分量，且它们之间没有连接），所以即使图有多个强连通分量，我们也会通过循环调用tarjan来访问所有节点（因为每个节点都会被遍历到）。
但是注意：在同一个强连通分量中的节点，通过一次DFS（从该分量中任意节点开始）就能访问整个分量，并且弹出整个分量。而其他分量的节点，则会在循环中再次调用tarjan（因为dfn为
0）进行处理。
因此，我们只需要在tarjan函数中，每当弹出一个分量时，计数scc_count++。最后判断scc_count是否等于1。
但是，注意：题目要求的是整个图是强连通的，即只能有一个强连通分量。
因此，代码实现如下（C++）：</think>###
HDU1269 迷宫城堡 解题思路及代码实现
#### 问题分析
题目要求判断有向图中任意两个房间是否**相互连通**，即整个图是否是一个**强连通图**。强连通图定义为：图中任意两个顶点 $u$ 和 $v$ 都存在从 $u$ 到 $v$ 和从 $v$ 到 $u$ 的路径[^2]。
#### 算法选择：Tarjan 算法
使用 **Tarjan 算法**求解强连通分量（SCC），其核心思想是通过一次 DFS 遍历完成 SCC 识别：
1. **时间戳 $dfn[u]$**：记录节点 $u$ 的 DFS 访问顺序。
2. **追溯值 $low[u]$**：记录 $u$ 或其子树能追溯到的最早栈中节点的时间戳。
3. **栈维护**：存储当前 DFS 路径上的节点。
4. **SCC 判定**：当 $dfn[u] = low[u]$ 时，从栈顶弹出节点直到 $u$，这些节点构成一个 SCC[^2]。
**算法步骤**：
1. 初始化 $dfn$ 和 $low$ 数组，全局时间戳 $index =
0$。
2. 遍历所有未访问节点，进行 DFS：
- 设置 $dfn[u] = low[u] = ++index$，将 $u$ 入栈。
- 遍历邻居 $v$：
- 若 $v$ 未访问，递归访问 $v$，更新 $low[u] = \min(low[u], low[v])$。
- 若 $v$ 在栈中，更新 $low[u] = \min(low[u], dfn[v])$。
- 若 $dfn[u] = low[u]$，弹出栈中节点直到 $u$，记为一个 SCC。
3. **判定条件**：整个图是强连通图当且仅当 SCC 数量为 1。
#### 复杂度分析
- **时间复杂度**：$O(N + M)$（$N$ 为节点数，$M$ 为边数）。
- **空间复杂度**：$O(N + M)$（邻接表存储图）。
#### 代码实现（C++）
```cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1
0005;
vector<int> graph[MAXN];
int dfn[MAXN], low[MAXN];
bool inStack[MAXN];
stack<int> stk;
int index, scc_count;
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++index;
stk.push(u);
inStack[u] = true;
for (int v : graph[u]) {
if (!dfn[v]) {
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
} else if (inStack[v]) {
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
if (dfn[u] == low[u]) {
scc_count++;
while (true) {
int v = stk.top();
stk.pop();
inStack[v] = false;
if (v == u) break;
}
}
}
int main() {
int n, m;
while (cin >> n >> m) {
if (n ==
0 && m ==
0) break;
// 初始化
for (int i = 1; i <= n; i++) graph[i].clear();
memset(dfn,
0, sizeof(dfn));
memset(low,
0, sizeof(low));
memset(inStack, false, sizeof(inStack));
while (!stk.empty()) stk.pop();
index = scc_count =
0;
// 建图
for (int i =
0; i < m; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
graph[a].push_back(b);
}
// 遍历所有未访问节点
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!dfn[i]) tarjan(i);
}
// 输出结果
cout << (scc_count == 1 ? "Yes" : "No") << endl;
}
return
0;
}
```
####
输入输出示例
**
输入**：
```
3 3
1 2
2 3
3 1
3 3
1 2
2 3
3 2
0 0
```
**输出**：
```
Yes
No
```
#### 关键点说明
- **栈的作用**：存储当前 DFS 路径，确保只考虑同一路径上的节点。
- **$low[u]$ 更新**：通过邻居 $v$ 的状态更新 $u$ 的追溯值，识别环路。
- **SCC 计数**：每完成一次弹栈操作，SCC 数量增加 1。
---
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