Tarjan(原理、应用)
目录
- Tarjan
- 一、算法介绍
- 二、原理
- 三、应用
- 1、求强连通分量
- 例1 [[POJ 3180]](http://poj.org/problem?id=3180) The Cow Prom
- 例2 [[POJ 2186]](http://poj.org/problem?id=2186)受欢迎的牛
- 2、求割点
- 例题 [[洛谷 3388]](https://www.luogu.org/problem/P3388) 割点（割顶）
- 3、求桥(割边)
- 例题 [[HDU 4378]](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4738) Caocao's Bridges
Tarjan
首先记录说明一下图论中的常用的概念
- 无向图中，如果任意两个顶点之间都能够连通，则称此无向图为连通图
- 有向图中，若任意两个顶点 ViV_iVi 和VjV_jVj，满足从 $V_i $到 VjV_jVj 以及从 VjV_jVj 到 ViV_iVi 都连通，也就是都含有至少一条通路，则称此有向图为强连通图
- 若无向图不是连通图，但图中存储某个子图符合连通图的性质，则称该子图为连通分量
- 非强连通图有向图的极大强连通子图（最大的子图），称为强连通分量
- 若一个无向图中的去掉任意一个节点（一条边）都不会改变此图的连通性，即不存在割点（桥），则称作点（边）双连通图
- 在无向连通图中，如果将其中一个点以及所有连接该点的边去掉，图就不再连通或者连通分枝数增加，那么这个点就叫做割点
- 桥(割边)——指的是一条边，就是如果没有这条边，图的连通分量就会增加
- 没有圈的连通图叫树，树的边数恰好是顶点数减1，没有圈的非连通图叫做森林
一、算法介绍
TarjanTarjanTarjan是一种由RobertTarjanRobert TarjanRobertTarjan提出的求解有向图强连通分量的线性时间的算法。通常可以用来求强连通分量、双连通分量、缩点、割点、割边等问题。
例如上图中顶点1、2、31、2、31、2、3组成的子图就是这个有向图的强连通分量
TarjanTarjanTarjan算法可以找出这样的强连通分量，TarjanTarjanTarjan算法是基于对整个有向图的dfsdfsdfs进行的，将整个图作为一棵搜索树，图中的强连通分量作为搜索树的子树。
对于上图，很容易看出强连通分量，但是要让计算机找出来，那么肯定要做好相应的标记，如果对于这张图进行dfsdfsdfs遍历，假设从1开始搜索(用链式前向星存)，搜索到的边如下
1−>2−>4−>51->2->4->51−>2−>4−>5、2−>3−>12- >3->12−>3−>1，
可以发现，只有333到111这条边搜索到了已经走过的顶点111，如果按照走过的顶点的先后顺序来表示时间，那么关系如下
| 顶点 | 访问时间(第几个访问到的) |
|---|---|
| 1 | 1 |
| 2 | 2 |
| 3 | 5 |
| 4 | 3 |
| 5 | 4 |
很明显，如果从一个点出发不断遍历，发现有一个能够走回之前已经走过的点，说明形成了一个环，环上的点能够互相访问，环上的所有点都是强连通的
二、原理
上面举了一个例子，基于这一点，很容易想到需要维护一个访问时间顺序的数组，知道了访问顺序，那么怎么找出其中和这个点构成的所有强连通分量呢？同样需要一个数组来维护，在搜索每一个点的时候，如果发现这个点已经被访问过，说明形成了环，这时候就可以将当前的点进行更新，更新成已经访问过的点的顺序。因此TarjanTarjanTarjan中重要的两个数组需要维护好
low[N];//low[i]的值表示i能够回溯的最小的祖先
dfn[N];//表示时间戳，dfn[i]的值表示第几个访问到i节点的
由于是递归实现的，明显数组lowlowlow是靠着回溯的时候更新的，而dfndfndfn是靠着递进去的时候更新的
struct Edge {int to, next;
}edge[M * 2];
void add_Edge(int u, int v) {edge[++cnt].to = v;edge[cnt].next = head[u];head[u] = cnt;
}
void Tarjan(int x) { //表示当前的顶点xdfn[x] = low[x] = ++c_time; //更新时间戳for(int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next) { //访问所有x能够一步到达的顶点，用v表示int v = edge[i].to;if(!dfn[v]) { //如果顶点v没有访问过，就继续找下去Tarjan(v);low[x] = min(low[x], low[v]);//v是由x走过去的，因此x是v的祖先，如果有环，则可能low[v]小于low[x]，因此要更新low[x]}low[x] = min(low[x], dfn[v]);//当v已经被访问过，出现了环，当前x则更新到小的那个节点}
}
上图中更新结果
dfn[1]=1、dfn[2]=2、dfn[3]=5、dfn[4]=3、dfn[5]=4dfn[1] = 1、dfn[2] = 2、dfn[3] = 5、 dfn[4] = 3、 dfn[5] = 4dfn[1]=1、dfn[2]=2、dfn[3]=5、dfn[4]=3、dfn[5]=4
low[1]=1、low[2]=1、low[3]=1、low[4]=3、low[5]=4low[1] = 1、low[2] = 1、low[3] = 1、low[4] = 3、low[5] = 4low[1]=1、low[2]=1、low[3]=1、low[4]=3、low[5]=4
使用Tarjan的时候，如果不能保证可以一遍搜完整个图，那么使用方式如下
for(int i = 1; i <= n; i++)if(!dfn[i])Tarjan(i);
三、应用
1、求强连通分量
强连通分量需要引入栈来进行记录，每次进入递归的时候都进栈。考虑这样一种情况，当前的节点xxx在更新完之后，如果dfn[x]=low[x]dfn[x] = low[x]dfn[x]=low[x]说明，x以及它的所有子节点构成强连通分量，因此在这个时候需要把xxx节点后面进栈的节点和xxx全部弹出，这些节点都是和xxx强连通的
void Tarjan(int x) {dfn[x] = low[x] = ++c_time;stack[++t] = x; //进栈vst[x] = 1; //表示顶点x在栈中for(int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next) {int v = edge[i].to;if(!dfn[v]) {Tarjan(v);low[x] = min(low[x], low[v]);}else if(vst[v]) //如果v在栈中，并且已经访问或，则肯定要更新low[x]low[x] = min(low[x], dfn[v]);}if(dfn[x] == low[x]) { //出现强连通分量子树的最小根int cur;do {cur = stack[t--]; //弹栈vst[cur] = 0; //标记出栈cout << cur << " ";}while(x != cur);cout << "\n";}
}
例1 [POJ 3180] The Cow Prom
题意：给出nnn个点mmm条边，求出有向图中所有大于111的强连通分量个数
5 4
2 4
3 5
1 2
4 1
1
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define N 10005
#define M 50010
using namespace std;
inline int read() {int x = 0, f = 1; char c = getchar();while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)) {x = (x << 3) + (x << 1) + c - 48; c = getchar();}return f * x;
}
struct Edge{int to, next;
}edge[M * 2];int n, m, cnt, c_time, t, ans;
int head[N], dfn[N], low[N], stack[N];
bool vst[N];
inline void addEdge(int u, int v) {edge[++cnt].to = v;edge[cnt].next = head[u];head[u] = cnt;
}void Tarjan(int x) {dfn[x] = low[x] = ++ c_time;stack[++t] = x;vst[x] = 1;for(int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next) {int v = edge[i].to;if(!dfn[v]) {Tarjan(v);low[x] = min(low[x], low[v]);}else if(vst[v]) {low[x] = min(low[x], dfn[v]);}}int now = 0;if(dfn[x] == low[x]) { //找到所有以x为根的强连通分量int cur;do{cur = stack[t--];vst[cur] = 0;now ++;}while(cur != x);}if(now > 1) ans ++;
}int main() {int u, v;memset(head, -1, sizeof(head));n = read(), m = read();for(int i = 1; i <= m; i++) {u = read(), v = read();addEdge(u, v);}for(int i = 1; i <= n; i++)if(!dfn[i]) Tarjan(i);cout << ans;return 0;
}
例2 [POJ 2186]受欢迎的牛
3 3
1 2
2 1
2 3
1
#include <iostream>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define M 50050
#define N 10050
using namespace std;inline int read() {int x = 0, f = 1; char c = getchar();while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)){x = (x << 3) + (x << 1) + c - 48; c = getchar();}return f * x;
}
struct Edge{int to, next;
}edge[M * 2];
//color表示染色标记的数组，sum[i]表示标记为i的图中顶点的数量，r数组表示出度
int head[N], low[N], dfn[N], color[N], sum[N], stack[N], r[N];
//c_time 表示时间戳，t用来记录栈中的元素个数，rs用来记录染色的数量，也就是连通分量的数量
int cnt, n, m, c_time, t, rs;
bool vst[N];inline void add_Edge(int u, int v) {edge[++cnt].to = v;edge[cnt].next = head[u];head[u] = cnt;
}void Tarjan(int x) {dfn[x] = low[x] = ++ c_time;stack[++t] = x; vst[x] = 1;for(int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next) {int u = edge[i].to;if(!dfn[u]) {Tarjan(u);low[x] = min(low[x], low[u]);} else if (vst[u]) {low[x] = min(low[x], dfn[u]);}}if(dfn[x] == low[x]) {int cur;rs ++; //连通分量的数量增加do{cur = stack[t--];color[cur] = rs; //染色，标记sum[rs] ++; //记录该标记下的点数量vst[cur] = 0;}while(cur != x);}
}int main () {memset(head, -1, sizeof(head));int u, v, judge = 0, loc;n = read(), m = read();for(int i = 1; i <= m; i++) {u = read(), v = read();add_Edge(u, v);}for(int i = 1; i <= n; i++)if(!dfn[i]) Tarjan(i);for(int i = 1; i <= n; i++) {for(int j = head[i]; j != -1; j = edge[j].next) {int ve = edge[j].to;if(color[i] != color[ve]) { //如果顶点i和ve不是同一连通分量，那么顶点i的标记出度+1(因为有缩点)r[color[i]] ++;}}}for(int i = 1; i <= rs; i++) { //遍历DAGif(r[i] == 0) { //出度为0judge ++;loc = i; //记录标记}}if(judge == 1) cout << sum[loc]; //输出带有这种标记的顶点数量else cout << 0;return 0;
}
2、求割点
割点：在无向联通图 G=(V,E)G=(V,E)G=(V,E)中: 若对于x∈Vx∈Vx∈V， 从图中删去节点xxx以及所有与xxx关联的边之后，GGG分裂成两个或两个以上不相连的子图， 则称xxx为GGG的割点。
割边(桥)：在一个无向图中，如果有一个边集合，删除这个边集合以后，图的连通分量增多，就称这个边集为割边集合，如果某个割边集合只含有一条边 X（也即{X}是一个边集合），那么X称为一个割边，也叫做桥。
根据定义来看，割点为3、43、43、4，桥为d、ed、ed、e，有两种情况会出现割点
- 当对于点xxx存在儿子节点yyy,使得dfn[x]≤low[y]dfn[x] \leq low[y]dfn[x]≤low[y]则xxx一定是割点
- 如果根节点有222个及以上的儿子，那么它也是割点(特判)
例题 [洛谷 3388] 割点（割顶）
下面mmm行每行输入x,yx,yx,y表示xxx到yyy有一条边
6 7
1 2
1 3
1 4
2 5
3 5
4 5
5 6
1
5
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#define N 20005
#define M 100005
using namespace std;inline int read() {int x = 0, f = 1; char c = getchar();while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)) {x = x * 10 + c - 48; c = getchar();}return f * x;
}struct Edge {int to, next;
}edge[M * 2];int s_clock, cnt, n, m;
int dfn[N], low[N], head[N];
//low[i]表示i能回溯到的最小祖先，dfn[i]表示时间戳，也就是第几个访问到的
bool vst[N], cut[N];inline void add_edge(int u, int v) {edge[++cnt].to = v;edge[cnt].next = head[u];head[u] = cnt;
}
void init() {memset(head, -1, sizeof(head));
}
void Tarjan(int x, int root) {int r = 0; //用来判断根节点是否是割点dfn[x] = low[x] = ++s_clock; //更新时间戳for(int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next) {int u = edge[i].to;if(!dfn[u]) {dfn[u] = 1;Tarjan(u, root);low[x] = min(low[x], low[u]); // ****if(dfn[x] <= low[u] && x != root) cut[x] = 1; //判断割点，当前节点x的子节点u能回溯的最小祖先小于当前节点的时间戳，说明一定没有往回的路，那么当前节点一定是一个割点if(x == root) r ++; //最终回溯到了根节点} low[x] = min(low[x], dfn[u]); // ****}if(x == root && r > 1) cut[root] = 1; //如果有2条及以上的路 能回到根节点，那么根节点也是割点
}int main() {init();int u, v, ans = 0;n = read(), m = read();for(int i = 1; i <= m; i++) {u = read(), v = read();add_edge(u, v);add_edge(v, u);}for(int i = 1; i <= n; i++)if(!dfn[i]) Tarjan(i, i);for(int i = 1; i <= n; i++) //统计割点的个数if(cut[i]) ans ++;cout << ans << "\n";for(int i = 1; i <= n; i++) //输出割点if(cut[i]) cout << i << " ";return 0;
}
3、求桥(割边)
割边(桥)：在一个无向图中，如果有一个边集合，删除这个边集合以后，图的连通分量增多，就称这个边集为割边集合，如果某个割边集合只含有一条边 X（也即{X}是一个边集合），那么X称为一个割边，也叫做桥。
和求割点的方法类似，桥的判断如下
- uuu的子节点是vvv，当且仅当dfn[u]<low[v]dfn[u] < low[v]dfn[u]<low[v]时，(u,v)(u,v)(u,v)是桥
但是由于是无向图，可能会有重边的情况，为了统一处理，可以利用链式前向星存边的特性，同一条边的序号一定是相邻的，因此在更新low[x]low[x]low[x]的时候，需要判断当前边是否和上一条边相同
void Tarjan(int x, int fa) {low[x] = dfn[x] = ++c_time;for(int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next) {int u = edge[i].to;if(!dfn[u]) {Tarjan(u, i);low[x] = min(low[x], low[u]);if(dfn[x] < low[u]) ans++;}else if((i + 1) / 2 != (fa + 1) / 2) low[x] = min(low[x], dfn[u]); //不是同一条边}
}
例题 [HDU 4378] Caocao’s Bridges
对于每个测试用例，输出周瑜必须发送的最小士兵号码才能完成任务。如果周瑜无法成功，请输出-1代替。
3 3
1 2 7
2 3 4
3 1 4
3 2
1 2 7
2 3 4
0 0
-1
4
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define N 1005
#define M 1000005
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;inline void read(int &x) {x = 0; int f = 1; char c = getchar();while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)){x = (x << 3) + (x << 1) + c - 48; c = getchar();}x *= f;
}struct Edge{int to, next, w;
}edge[M * 2];int head[N], low[N], dfn[N], f[N];
int cnt, c_time, ans, n, m;inline void init() {memset(head, -1, sizeof(head));memset(low, 0, sizeof(low));memset(dfn, 0, sizeof(dfn));for(int i = 1; i <= n; i ++)f[i] = i;cnt = 0;c_time = 0;ans = INF;
}inline void addEdge(int u, int v, int cost) {edge[++cnt].to = v;edge[cnt].w = cost;edge[cnt].next = head[u];head[u] = cnt;
}inline int find(int x) {if(x == f[x]) return x;else return f[x] = find(f[x]);
}
inline void unite(int x, int y) {int u = find(x);int v = find(y);f[u] = v;
}
inline bool IsSame(int x, int y) {int u = find(x);int v = find(y);if(u == v) return true;else return false;
}
inline void Tarjan(int x, int fa) {dfn[x] = low[x] = ++c_time;for(int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next) {int u = edge[i].to;if(!dfn[u]) {Tarjan(u, i);low[x] = min(low[x], low[u]);if(dfn[x] < low[u]) ans = min(ans, edge[i].w);//更新桥的最小权值}else if((i + 1) / 2 != (fa + 1) / 2) low[x] = min(low[x], dfn[u]);}
}
int main() {int u, v, cost, flag;while(1) {read(n), read(m);if(n == 0 && m == 0) break;flag = 0;init();for(int i = 1; i <= m; i ++) {read(u), read(v), read(cost);unite(u, v);addEdge(u, v, cost);addEdge(v, u, cost); }for(int i = 1; i < n; i++) //判断图是否是连通的if(!IsSame(i, i+1)) {printf("0\n");flag = 1;break;}if(flag) continue;Tarjan(1, 0);if(ans == INF) ans = -1; //没有桥的情况if(ans == 0) ans++; //桥上没有人的情况printf("%d\n", ans);}return 0;
}
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