22-1 （以广度优先搜索来对图的边进行分类）深度优先搜索将图中的边分类为树边、后向边、前向边和横向边。广度优先搜索也可以用来进行这种分类。具体来说，广度优先搜索将从源结点可以到达的边划分为同样的4种类型。
a.证明在对无向图进行的广度优先搜索中，下面的性质成立：
1.不存在后向边，也不存在前向边。
2.对于每条树边(u, v)，我们有v.d = u.d + 1。
3.对于每条横向边(u, v)，我么有v.d = u.d 或 v.d = u.d + 1。
b.证明在对有向图进行广度优先搜索时，下面的性质成立：
1.不存在前向边。
2.对于每条树边(u, v)，我们有v.d = u.d + 1。
3.对于每条横向边(u, v)，我们有v.d ≤ u.d + 1。
4.对于每条后向边(u, v)，我们有0 ≤ v.d ≤ u.d。
ANSWER：
a：
1.假如(u, v)是前向边，则搜索结点v前必搜索u，则根据BFS，当搜索结点u以后必先搜索结点v，则(u, v)是树边；同理，若(u, v)是后向边，则(v, u)是树边；矛盾，所以不存在前向边和后向边。
2.对于每条树边(u, v)有v.π = u，切执行v.π = u的同时执行v.d = u.d + 1；在这之后u.d和v.d都不会改变，所以v.d = u.d + 1；得证。
3.由(u, v)为横向边可知，当搜索结点u时，v必须在队列中，否则(u, v)为树边，所以v.d ≤ u.d + 1。又由无向图横向边可知v.d ≥ u.d。所以u.d = v.d 或 u.d + 1 = v.d。
b：
1.假如(u, v)是前向边，则u.d ＜ v.d，则搜索结点u时，结点v仍是白色，则(u, v)必是树边，矛盾；所以不存在前向边。
2.同a.2。
3.和a.3类似。
4.显然有v.d ≥ 0，又由后向边可知v.d ≤ u.d，得证。
22-2 （衔接点、桥和双连通分量）设G=（V，E）为一个连通无向图。图G的衔接点是指图G中的一个结点，删除该结点将导致图不连通。图G的桥是指图中的一条边，删除该条边，图就不再连通。图G的双连通分量是指一个最大的边集合，里面的任意两条边都处于同一条简单环路中。设Gπ=（V，Eπ）为图G的深度优先树。
（事实上这里的双连通分量是点-双连通分量，还有边-双连通分量）
问题：
a. 证明：Gπ的根结点是图G的衔接点当且仅当它在Gπ中至少有两个子结点。
证明：
因为在对无向图G进行DFS时，每条边要么是树边，要么是后向边，因此当根结点删除时，如果它有两个以上的的子结点，这些子结点是无法相互到达的，因此根结点是图G的衔接点
b. 设结点v为Gπ的一个非根结点。证明：v是G的衔接点当且仅当结点v有一个子结点s，且没有任何从结点s或任何s的后代结点指向v的真祖先的后向边。
证明：
考虑v的任意子结点s，如果s及其后代不能连回v的真祖先，那么显然，删除v之后，v的真祖先与s不再连通。
反过来，如果s或它的后代存在一条后向边连回v的真祖先，则即使删了v，以s为根的子树都可以通过这条后向边与v的真祖先连通。
c. 定义：
v.low=min{u.d
w.d:（u，w）是结点v的某个后代结点u的一条后向边}
（d为第一时间戳）
请说明如何在O（E）的时间内为所有结点v计算出v.low的值
解：
对图G进行DFS，设现在遍历到结点u，初始化u.low=u.d。
接下来寻找拓展结点，设该结点为v.
如果结点v未被访问过，则我们从结点v处DFS以求得v.low，用其更新u.low
否则如果v不是u的父亲，那么我们用v.d更新u.low
d. 说明如何在O（E）时间内计算出图G的所有衔接点
解：
c中基本说的差不多了，以下是细节：
进行DFS时同时维护father，确保不把儿子到父亲的路径当成后向边。
不能边DFS边输出，因为可能多次满足条件，所以只能做上标记。
e. 证明：图G的一条边是桥当且仅当该边不属于G中的任何简单环路。
证明：
若存在一个桥属于G中的一个简单环路，那么删除这条边后，该桥的两端结点根据定义仍然可以通过其他路径连通，矛盾；而如果一条边不属于任何简单环路，那么这条边的两端节点只能通过这条边连通（否则会出现新环路），因此删除这条边时图G不再连通，故此时这条边是桥。
f. 说明如何在O（E）时间内计算出图G所有桥。
解：
过程其实与求衔接点很相似，但要注意判定过程中有更改：
当u.d>v.low时（u，v）是桥（可以发现等号不能成立）
g. 证明：G的双连通分量是G的非桥边的一个划分
证明：
事实上就是让你证双连通分量中删去任意一个点都不影响连通性。
这是一个双连通图显然的性质，不详细证了。（点—双连通）
h. 给出一个O（E）时间复杂度的算法来给图G的每条边e做出标记。这个标记是一个正整数e.bcc且满足e.bcc=e’.bcc当且仅当边e和边e’在同一个双连通分量中。
解：
从森林的每个根结点开始DFS，用类似于求衔接点的方法维护每个结点的low值，但为了保存bcc，我们还要建一个栈来保存没有访问过的边；如果遍历的边为后向边，我们就用反向边更新自己（要注意反向边不能指向父亲）
附：边-双连通分量可先做一次DFS标记出所有的桥，然后第二次DFS找出边-双连通分量，因为边-双连通分量是没有公共结点的，所以第二次DFS保证不经过桥即可。
补充知识：
无向图的双连通分量
点-双连通图：一个连通的无向图内部没有割点，那么该图是点-双连通图。
注意：孤立点，以及两点一边这两种图都是点-双连通的。因为它们都是内部无割点。
边-双连通图：一个连通的无向图内部没有桥，那么该图就是边-双连通的。
注意：孤立点是边-双连通的，但是两点一边不是边-双连通的。
由上面定义可以知道：点-双连通图不一定是边-双连通的。
对于一张无向图，点-双连通的极大子图称为双连通分量。不难发现,每条边恰好属于一个双连通分量(所以两点一边是一个点-双连通分量)。但不同双连通分量可能会有公共点，可以证明不同双连通分量最多只有一个公共点，且它一定是割顶。另一方面任意割顶都是至少两个不同的点-双连通分量的公共点。
边-双连通的极大子图称为边-双连通分量。除了桥不属于任何边-双连通分量外，其他每条边恰好属于一个边-双连通分量，而且把所有桥删除之后,每个连通分量对应原图中的一个边-双连通分量。
总之:
判断一个图是不是点-双连通的只要看图中是否有割点。（比寻找割点多了个栈而已）
判断一个图是不是边-双连通的只要看图中是否有桥。
如果看到这里还有很多困惑，先画图思考矛盾点，然后看代码可以更清楚，有大量注释，前提是，得先到别处看懂求割点的算法。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #include<vector> #include<stack> using namespace std; const int maxn=1000+10; int n,m; int bcc_cnt; int dfs_clock; //bcc_cnt计数一共有多少个点-双连通分量 int pre[maxn]; //vis标记，同时也标记了是树中的第几个点 bool iscut[maxn]; int bccno[maxn]; //bccno[i]=x表示第i个顶点属于x号点双连通分量 vector<int> G[maxn],bcc[maxn]; //bcc[i]中包含了i号点-双连通分量的所有节点 struct Edge //边的结构体 { int u,v; Edge(int u,int v):u(u),v(v){} }; stack<Edge> S; int dfs(int u,int fa) { int lowu=pre[u]=++dfs_clock; int child=0; for(int i=0;i<G[u].size();i++) { int v=G[u][i]; //取出点 Edge e = Edge(u,v); //创建这条边 if(!pre[v]) //v没有被访问过 { S.push(e); //将边入栈 child++; int lowv=dfs(v,u); //求low先 lowu=min(lowu,lowv); if(lowv >= pre[u]) //本节点是割点 { iscut[u]=true; bcc_cnt++; //注意bcc_cnt从1开始编号 bcc[bcc_cnt].clear(); //清除之前留下的 while(true) //产生一个双连通分量， { Edge x=S.top(); //逐次取出边 S.pop(); //1个点可能属于多个连通分量，且它一定是割点。 if(bccno[x.u]!=bcc_cnt) //这个点还没有统计到这个连通分量。 { bcc[bcc_cnt].push_back(x.u); bccno[x.u]=bcc_cnt; //预防重复统计 } if(bccno[x.v]!=bcc_cnt) { bcc[bcc_cnt].push_back(x.v); bccno[x.v]=bcc_cnt; } if(x.u==u && x.v==v) //扫到u-v，栈中又没有与u相连的边了。继续试试其他孩子 break; } } } else if(pre[v]<pre[u]&&v!=fa) //点v在u上面就被访问过，才可以更新，在下面访问过的，不可以！ { S.push(e); //这个是和u在一起的双连通分量 lowu=min(lowu,pre[v]); } } /* 根的孩子必须大于1才会是割点，有割点才会有双连通分量。 （1）那么如果根不是割点呢？ 假设根不是割点，那么根最多只有1个孩子，也就是说根的度为1，那么根不可能处于任何1个双连通分量中。 假设根是割点，那么每个孩子各自是一个连通分量。那么就会在上面的代码中被处理为一个双联通分量。 （2）如果有桥呢？比如u-v是桥，那么会怎样？ 假设u-v是桥，且u在数中的时间戳比较小。可知v也就是一个割点啦，u-v断开后，与v相连的都成为一个双连通分量了。 回溯到u时，栈中（或顶）没有包含u的边，直到另一个连通分量的产生。 如果u的孩子中没有连通分量了，那么与u相连的孩子肯定有边连到u的上边，他们又形成了一个环了，双连通分量又产生了，由其他割点去解决。 */ if(fa<0 && child==1) iscut[u]=false; return lowu; } void find_bcc(int n) { memset(pre,0,sizeof(pre)); memset(iscut,0,sizeof(iscut)); memset(bccno,0,sizeof(bccno)); dfs_clock = bcc_cnt = 0; for(int i=0;i<n;i++) //为了防止有多个连通图，全部都得搜 if(!pre[i]) dfs(i,-1); } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)==2&&n) { for(int i=0;i<n;i++) G[i].clear(); //点集 for(int i=0;i<m;i++) //输入边 { int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } find_bcc(n); //计算双连通分量的个数 printf("点-双连通分量一共%d个 ",bcc_cnt); for(int i=1;i<=bcc_cnt;i++) //输出每个双连通分量。可能点A在第一个双连通分量中输出，又出现在第2个双连通分量中，因为它是割点。 { printf("第%d个点-双连通分量包含以下点: ",i); sort(&bcc[i][0],&bcc[i][0]+bcc[i].size()); //对vector排序,使输出的点从小到大 for(int j=0;j<bcc[i].size();j++) { printf("%d ",bcc[i][j]); } printf(" "); } } return 0; } 带注释的源码 带注释的源码
22-3（欧拉回路）欧拉回路的算法来自1873年的Hierholzer，前提是假设图G存在欧拉回路，即有向图任意点的出度和入度相同。从任意一个起始点v开始遍历，直到再次到达点v，即寻找一个环，这会保证一定可以到达点v，因为遍历到任意一个点u，由于其出度和入度相同，故u一定存在一条出边，所以一定可以到达v。将此环定义为C，如果环C中存在某个点x，其有出边不在环中，则继续以此点x开始遍历寻找环C’，将环C、C’连接起来也是一个大环，如此往复，直到图G中所有的边均已经添加到环中。
数据结构如下：
(1) 使用循环链表CList存储当前已经发现的环；
(2) 使用一个链表L保存当前环中还有出边的点；
(3) 使用邻接表存储图G
使用如下的步骤可以确保算法的复杂度为O(E)：
(1) 将图G中所有点入L，取L的第一个结点
(2) 直接取其邻接表的第一条边，如此循环往复直到再次到达点v构成环C，此过程中将L中无出边的点删除。环C与环CList合并，只要将CList中的点v使用环C代替即可。
(3) 如果链表L为空表示欧拉回路过程结束，否则取L的第一个结点，继续步骤(2)
22-4 （可到达性）设G = (V, E)为一个有向图，且每个结点u∈V都标有一个唯一的整数值标记L(u)，L(u)的取值为集合{1，2，...，|V| }。对于每个结点u∈V，设R(u) = {v∈V：u→v}为从结点u可以到达的所有结点的集合。定义min(u)为R(u)中标记最小的结点，即min(u)为结点v，满足L(v) = min{L(w)：w∈R(u)}。请给出一个时间复杂度为O(V + E)的算法来计算所有结点u∈V的min(u)。
ANSWER：按照结点L(u)顺序对每个结点查找该结点可到达的结点，并找出最小的L(v)，即min(u)；
对V个结点进行查找共计E条边，所以时间复杂度为O(V + E)。