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最近《算法导论》快看完图论部分了，很多有关图的算法都彻底搞懂并加以证明了。现在主要是将理解的思想用到题目中来加强下。这个题目主要是判断一下整个图是否是强连通的，很简单，可以用tarjan也可以用kosaraju。因为不要求找出所有的强连通分量，所以这里只是借用了kosaraju的思想，然后本题的解答简化的异常简单。当然后面我也用tarjan做了一下，代码一同附上。
迷宫城堡
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 8196 Accepted Submission(s): 3664
Problem Description
为了训练小希的方向感，Gardon建立了一座大城堡，里面有N个房间(N<=10000)和M条通道(M<=100000)，每个通道都是单向的，就是说若称某通道连通了A房间和B房间，只说明可以通过这个通道由A房间到达B房间，但并不说明通过它可以由B房间到达A房间。Gardon需要请你写个程序确认一下是否任意两个房间都是相互连通的，即：对于任意的i和j，至少存在一条路径可以从房间i到房间j，也存在一条路径可以从房间j到房间i。
Input
输入包含多组数据，输入的第一行有两个数：N和M，接下来的M行每行有两个数a和b，表示了一条通道可以从A房间来到B房间。文件最后以两个0结束。
Output
对于输入的每组数据，如果任意两个房间都是相互连接的，输出"Yes"，否则输出"No"。
Sample Input
3 3 1 2 2 3 3 1 3 3 1 2 2 3 3 2 0 0
Sample Output
Yes No
思路：如果这个图是强连通的，那么从任意一个顶点s开始进行DFS都可以访问到图中的所有点，如果不能访问到所有点那么就说明这个图肯定不是强连通图，但能访问到所有点也并不能说明此图为强连通，只有所有点同时也能访问到这个点才说明此图为强连通图。这就可以利用kosaraju的思想，将图进行逆置，然后在从s开始DFS，此时若能访问到所有点则说明未逆置的图中所有点都有到达s的路径，综上此图就为强连通图。若以上两个条件（在G中从s开始能访问到所有顶点，在G转置中从s开始也能访问到所有顶点）有一个不满足就不是强连通图。当然这个点从1..N中随便选择一个就行，我的代码选择的1.。提交虽然最坏情况下是两遍DFS，但是由于我将DFS非递归化，所以时间也就是
O(V + E)，常数也不大，2左右吧。
#include <cstdio>
#include <stack>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 10005;
vector<int> adj[N], t_adj[N];
bool visit[N];
int n, m, cnt;
//利用非递归的DFS来防止MLE
//通过传入的是adj或者t_adj来进行两遍DFS
bool dfs(int rt, vector<int> *graph)
{
stack<int> st;
st.push(rt);
visit[rt] = true;
cnt = 0;//用来统计从rt能访问到图中节点的个数
while (!st.empty())
{
int u = st.top();
++cnt;
st.pop();
for (int i = 0; i < graph[u].size(); ++i)
{
if (visit[graph[u][i]])continue;
st.push(graph[u][i]);
visit[graph[u][i]] = true;
}
}
if (cnt == n)return true;
return false;
}
//将图做转置
void transform()
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (unsigned j = 0; j < adj[i].size(); ++j)
{
t_adj[adj[i][j]].push_back(i);
}
}
}
bool kosaraju()
{
memset(visit, 0, sizeof(visit));
bool ret = dfs(1, adj);
if (!ret)return false;
transform();
memset(visit, 0, sizeof(visit));
ret = dfs(1, t_adj);
if (ret)return true;
return false;
}
int main()
{
int a, b;
while (scanf("%d %d", &n, &m) != EOF && (m + n))
{
for (int i = 0; i < m; ++i)
{
scanf("%d %d", &a, &b);
adj[a].push_back(b);
}
if (kosaraju())
{
printf("Yes\n");
}
else
{
printf("No\n");
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
adj[i].clear();
t_adj[i].clear();
}
}
return 0;
}
tarjan 解法
由于只需要找到一个强连通分量，如果他的元素为整个图的节点则这张图就为强连通图，否则就不是强连通分量，所以也可以将tarjan算法进行大量简化就可以了。
不需要是否在栈中的判断，也不需要栈来存放元素，不需要找到所有强连通分量，找到一个就可以退出了，根据记录的量就可以得出结论了。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <stack>
using namespace std;
const int N = 10005;
int n, m, timer;
vector<int> adj[N];
bool visit[N], mark;
int number[N], low[N];
stack<int> st;
int minx(int a, int b)
{
if (a > b)return b;
return a;
}
void tarjan(int rt)
{
if (!mark)return;
number[rt] = low[rt] = ++timer;
visit[rt] = true;
for (unsigned i = 0; i < adj[rt].size(); ++i)
{
int t = adj[rt][i];
if (!visit[t])
{
tarjan(t);
low[rt] = minx(low[rt], low[t]);
}
low[rt] = minx(low[rt], number[adj[rt][i]]);
}
if (low[rt] == number[rt] && rt != 1)
{
mark = false;
}
}
int main()
{
int a, b;
while (scanf("%d %d", &n, &m) != EOF && (m + n))
{
for (int i = 0; i < m; ++i)
{
scanf("%d %d", &a, &b);
adj[a].push_back(b);
}
memset(visit, 0, sizeof(visit));
timer = 0;
mark = true;
tarjan(1);
if (mark && timer == n)
{
printf("Yes\n");
}
else
{
printf("No\n");
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
adj[i].clear();
}
}
return 0;
}