对tarjan的一些理解

之前做tarjan的题，我一直没有搞清楚有向图和无向图中，代码的不同，今天下午向虎哥和zxk讨论了快一个小时，现在终于清楚些了。

最基本的一些东西

有向图

我们需要求的是强连通分量，在有向图中，有四种边。

一种边为树枝边，从根节点遍历，每个节点第一次被访问到，即边（x,y）是从x到y是对y的第一次访问。这些边为树边，绿色表示
一种边为前向边，边（x,y）可以为表示x是y的祖先。蓝色表示。这种边对求scc没有影响，因为搜索树本来就存在从x到y的路径
一种边为后向边，边（x,y）可以表示y是x的祖先。黄色表示。这种边有用，这条边可以和搜索树上的从y到x的路径构成一个scc
一种边为横叉边，可以理解为连接到两个兄弟、堂兄弟等之间，二者不像前三个有祖先后裔的关系。红色表示。如果存在一条边可以从y到x的祖先，那么可以构成一个scc，否则这条边没用。
由于横叉边的存在，我们必须要判断当前点是否在栈内，如果在栈里说明v是u的父亲或祖先，不在栈里说明u和v属于不同分支。有可能我们从u通过横叉边访问到v，但是并不一定从v访问到u的祖先，也就是说虽然u和v通过一条边相连，但它们并不属于一个scc。如果是无向图，那肯定可以从v访问到u。

void Tarjan(int rt){
	dfn[rt] = low[rt] = ++dfn_cnt;
	ins[rt] = 1;
	for (int i = head[rt]; i; i = edge[i].next){
		int v = edge[i].to;
		if (!dfn[v]){
			Tarjan(v);
			low[rt] = min(low[rt], low[v]);
		}
		else if(ins[v]){//注意这里需要判断是否在栈内
			low[rt] = min(low[rt], dfn[v]);
		}
	}
	if (dfn[rt] == low[rt]){
		tot++;
		while (1){
			int cur = stk[top--];
			belong[cur] = tot;
			ins[cur] = 0;//记得取消标记
			scc[tot].push_back(cur);
			if (cur == rt) break;
		}
	}
}

无向图

我们需要求的是割点，点双;桥，边双。
有向图有横叉边，只能从u访问到不同分支的v，但不能从v访问到u
无向图没有横叉边，如果u能访问到v，那v肯定能访问到u
所以不需要判断是不是在栈内

void tarjan(int rt){
  dfn[rt] = low[rt] = ++dfn_cnt;
  int ch = 0, sum = 0;
  for (int i = head[rt]; i; i = edge[i].next){
  	int v = edge[i].to;
  	if (!dfn[v]){
  		Tarjan(v);
  		low[rt] = min(low[rt], low[v]);
  		ch++;
  		if ((rt == root && ch >= 2) || (rt != root && low[v] >= dfn[u]))
  			cut[rt] = 1;
  	}
  	else low[rt] = min(low[rt], dfn[v]);//不需要判断是否在栈内
  }
}

一道题

题目描述

Byteotia城市有n个 towns m条双向roads. 每条 road 连接 两个不同的 towns ,没有重复的road. 所有towns连通。

输入格式

输入n<=100000 m<=500000及m条边

输出格式

输出n个数，代表如果把第i个点去掉，将有多少对点不能互通。

样例输入

5 5
1 2
2 3
1 3
3 4
4 5

样例输出

8
8
16
14
8
对于一个非割点，删去会多出来2 * （n-1）对
对于一个割点，删去会有三部分，一是该点本身，二是该点的子树中可能会分成几部分，三是除去以该点为子树的所有节点后剩余部分，每部分相乘再相加即可。
通过这个题我发现对于一个割点u，并不是把它删去后，它所有子节点v都会满足dfn[u]<=low[v]，只是一部分子节点会分开，还有一部分仍然属于一个点双。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxm = 5e5 + 5;
typedef long long ll;
struct Edge{
	int to, next;
}edge[maxm << 1];
int n, m, cnt, tot, dfn_cnt, head[maxn], dfn[maxn], low[maxn], ins[maxn], belong[maxn];
int num[maxn];
int in[maxn];
ll ans[maxn];
ll size[maxn], cut[maxn], root;
void Add(int u, int v){
	edge[++cnt].to = v;
	edge[cnt].next = head[u];
	head[u] = cnt;
}
void Tarjan(int rt){
	dfn[rt] = low[rt] = ++dfn_cnt;
	size[rt] = 1;
	int ch = 0, sum = 0;
	for (int i = head[rt]; i; i = edge[i].next){
		int v = edge[i].to;
		if (!dfn[v]){
			Tarjan(v);
			size[rt] += size[v];
			low[rt] = min(low[rt], low[v]);
			if (low[v] >= dfn[rt]){
				ch++;
				ans[rt] += (ll)size[v] * (n - size[v]);
				sum += size[v];
				if (rt != -1 || ch > 1) cut[rt] = 1;
			}
		}
		else low[rt] = min(low[rt], dfn[v]);
	}
	if (cut[rt]) ans[rt] += n - 1 + (ll)(n - sum - 1) * (sum + 1);
	else ans[rt] += (n - 1) * 2;
}
int main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++){
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		if (u == v) continue;
		Add(u, v);
		Add(v, u);
	}
	Tarjan(1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cout << ans[i] << endl;
}