题目链接:
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1269
题意:
给定n个点,m条边,告诉你哪些点与哪些点相连(有向边),问你整个图是不是只有一个强连通分量,若是则输出"Yes",不然输出"No";
分析:
模板题,这里使用tarjan;
tarjan求强连通分量思路:
由强连通分量定义可知,任何一个强连通分量是原图的dfs树的子树,那么只要确定根,然后从叶子向上一个一个取出强连通分量即可;在这里有两个关键数组low和dfn(dfs的时间戳),其中low,个人理解为是,当前节点的子树的最小的low;这样再一次dfs回溯的过程中,如果发现low[x]==dfn[x],那么当前点x就是一个强连通分量的根。因为如果不是,那么一定属于另一个强连通分量,而且它的根是当前节点的祖先,那么存在包含当前节点的到其祖先的回路,可知low[x]一定被更改为一个比dfn[x]更小的值。
对于如何取强连通分量,如果当前节点为一个强连通分量的根,那么它的强连通分量一定是以该根为根节点的(剩下节点)子树,在dfs的时候维护一个栈,每次访问一个新节点,就入栈,由于当前节点是这个强连通分量中最先被压入栈的,那么在当前节点以后压入栈的并且仍在栈中的节点都属于这个强连通分量。假设一个节点在当前节点压入栈之后入栈并且还存在,同时不属于该强连通分量,那么一定属于另一个强连通分量,但当前节点是其根的祖宗,那么这个强连通分量应该在此之前已经被取出。
tarjan求强连通分量伪代码:
(1)找一个没有被访问的节点;否则,算法结束。
(2)初始化dfn[v]和low[v]。
对于v所有的邻接顶点u。
①如果没有访问,则转到(2),同时维护low[v]。
②如果访问过,但没有删除,维护low[v]。
如果low[v]=dfn[v],那么输出相应的强连通分量
代码:
#include<iostream>
#include<string>
#include<queue>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const double inf=0x7f7f7f7f;
const int maxn=1e5+50;
const int N=1e4+50;
typedef long long ll;
typedef struct{
int u,v,next,lca;
}Edge;
Edge e[2*maxn];
int cnt,head[maxn];
void add(int u,int v){
e[cnt].u=u;
e[cnt].v=v;
/*e[cnt].w=w;
e[cnt].f=f;*/
e[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt++;
/* e[cnt].u=v;
e[cnt].v=u;
e[cnt].w=0;
e[cnt].f=-f;
e[cnt].next=head[v];
head[v]=cnt++;*/
}
int read()
{
int x = 0;
int f = 1;
char c = getchar();
while (c<'0' || c>'9')
{
if (c == '-')
f = -1;
c = getchar();
}
while (c >= '0'&&c <= '9')
{
x = x * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
return x*f;
}
int timepp,res,n,m,a,b,low[N],dfn[N],vis[N],_ssc[N],num[N];
stack<int >S;
void tarjan(int x){
vis[x]=1;
low[x]=dfn[x]=++timepp;
S.push(x);
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(!dfn[v]){
tarjan(v);
low[x]=min(low[v],low[x]);
}
//这里有疑惑,看了别人的代码,有的人写成low[x]=min(low[x],dfn[v])
//我在其它书上看了甚至没有else if直接就是if的代码(其他地方有所修改,图论及应用P117)
//不过个人感觉都可以,只是不会证明,在HDU交了2种都对了
else if(vis[v])low[x]=min(low[x],low[v]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
res++;
while(!S.empty()){
int u=S.top();
S.pop();
//对于本题,下面注释了的两个语句是没必要的,但我针对更普遍的情况加了这两个数组
_ssc[u]=res;//把没强连通分量的节点集合分开
num[res]++;//记录各个强连通分量节点数目
vis[u]=0;
if(u==x)
break;
}
}
}
int main() {
while(cin>>n>>m,m||n){
timepp=res=cnt=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=0;i<m;i++){
cin>>a>>b;
add(a,b);
}
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(low,0,sizeof(low));
memset(_ssc,0,sizeof(_ssc));
memset(num,0,sizeof(num));
memset(vis,0,sizeof(vis));
while(!S.empty())S.pop();
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!dfn[i])
tarjan(i);
}
if(res==1)cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
}
(仅供个人理解)