强连通分量
标签： 图论
算法介绍
还记得割点割边算法吗。回顾一下，tarjan算法，dfs过程中记录当前点的时间戳，并通过它的子节点的low值更新它的low，low值是这个点不通过它的父亲节点最远可以到达的dfn值最小的点，如果当前的节点的low>他父亲节点的dfn说明它不能通过其他的边到达它的父亲，那么它和他父亲的这条边就是割边，在这个算法中有三个标号，VIS数组，标记为0表示没有被访问到，标记为1表示这个点正在搜索它的自孩子，标记为2表示这个点已经处理过了，就是已经找到了它属于哪个联通块，那么它就相当于是剥离出去了，不能再用这个点去跟新它的父亲节点了，下面给一个图，可以自己模拟一下，第一次从1开始进入，第二次从7开始进入。
要注意这个就可以用来缩点了，考虑一下，缩点以后的图是一个拓扑图，就可以进行一系列很好的操作了
通过一个模板题给出模板和讲解
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 10008;
const int M = 100008;
struct Edge{
int to;
int next;
}edge[M];
int head[N];
int Ecnt;
void init()
{
Ecnt = 0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
void addEdge(int x, int y)
{
edge[Ecnt].to = y;
edge[Ecnt].next = head[x];
head[x] = Ecnt++;
}
int top;//指向栈顶的指针
int Stack[N];//维护一个栈
bool instack[N];//instack[i]为真表示i在栈中
int Dfn[N],Low[N];//Dfn[i]表示i在dfs中的时间戳，LOW[i]表示表示dfs可以到达的最小的时间节点，换句话说就是这个节点不通过它的父亲节点最远可以到达的位置，具有相同的low值得点就是在一个联通分量。
int Belong[N];//表示I这个点属于第a个连通分量
int Bcnt,Dindex;//Bcnt用来记录连通分量的个数，Dindex表示到达这个点的时间
void tarjan(int u)
{
int v;
Dfn[u] = Low[u] = ++Dindex;//这里要注意Dindex是初始化为0，不能Dindex++，不然第一个点的DFN和LOW就是0
Stack[++top] = u;//将第一个点压栈
instack[u] = true;//标记在栈里
for( int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)//dfs的过程
{
int v = edge[i].to;//和这个点相连的一个点
if(!Dfn[v]) //用来更新LOW,相当于割点割边算法中VIS标记为0
{
tarjan(v);//可以获得他的子节点的low值，然后用子节点的low更新他的
if(Low[v] < Low[u])//这个点可以通过它的子节点到达编号更小的位置
Low[u] = Low[v];//更新它
}
else if(instack[v]&&Dfn[v] < Low[u])//如果子节点已经被访问了那么现在这个已经在栈里的元素一定是正在被扫描的，相当于割点割边算法中VIS标记为1，这个时候它的low还没有算出来，但是可以如果dfn如果比当前点dfn小的话，说明这个点还是可以到达比它编号更小的点，更新他
Low[u] = Dfn[v];
}
if(Dfn[u] == Low[u])
{
Bcnt++;//强连通个数加一
do{
v = Stack[top--];//将一个联通块中的点出队
instack[v] = false;//还要标记为未访问的原因是相当于割点割边算法中的VIS标记为2，防止已经被其他强连通分量中找到的处理完的点再次被更新
Belong[v] = Bcnt;
}
while(u!=v);//一直到v = u 都是属于第Bcnt的联通分量
}
}
void solve(int n)
{
int i;
top = Bcnt = Dindex = 0;
memset(Dfn,0,sizeof(Dfn));
for(i = 1; i <= n; i++){
if(!Dfn[i])
tarjan(i);
}
}
int main()
{
int n, m;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(n==0&&m==0) return 0;
int x,y;
init();
for(int i = 0; i < m; i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
addEdge(x,y);
}
solve(n);
if(Bcnt==1) puts("Yes");
else puts("No");
}
return 0;
}
模板
int top;//这个是用作栈顶的指针
int Stack[MAX];//维护的一个栈
bool instack[MAX];//instack[i]为真表示i在栈中
int DFN[MAX],LOW[MAX];
int Belong[MAX];//Belong[i] = a; 表示i这个点属于第a个连通分量
int Bcnt,Dindex;//Bcnt用来记录连通分量的个数，Dindex表示到达某个点的时间
void tarjan(int u)
{
int v;
DFN[u]=LOW[u] = ++ Dindex;//这里要注意 Dindex是初始化为0，这里就不能 Dindex++; 不然第一个点的DFN和LOW就为0
Stack[++ top] = u;
instack[u] = true;
for (edge *e = V[u] ; e ; e = e->next)//对所有可达边的搜索
{
v = e->t;
if (!DFN[v])//这个if 就是用来更新LOW[u]
{
tarjan(v);
if (LOW[v] < LOW[u])
LOW[u] = LOW[v];
}
else if (instack[v] && DFN[v] < LOW[u])
LOW[u] = DFN[v];
}
if (DFN[u] == LOW[u])//这里表示找完一个强连通啦
{
Bcnt ++;//强连通个数加1
do
{
v = Stack[top --];
instack[v] = false;
Belong[v] = Bcnt;
}
while (u != v);//一直到v=u都是属于第Bcnt个强连通分量
}
}
void solve()
{
int i;
top = Bcnt = Dindex = 0;
memset(DFN,0,sizeof(DFN));
for (i = 1; i <= N ; i ++)//这里是一定要对所有点tarjan才能求出所有的点的强连通分量
if (!DFN[i])
tarjan(i);
}
下面也是一个模板题
题意： 给一个数组，a[i]表示从i到a[i]有一条有向边，然后给一个图问你通过反转边的方式来去掉图中的所有环有多少种情况
题解： 我们考虑如果有一个环，那么破坏掉这个环的情况有2^n-2每个边反转或者不反转，最后减去都反转或者都不反转的情况，那么问题来了，会不会反转以后出现产生新的环的情况，答案是否定的，因为原图中每个点都有一个唯一的出度，所以，不可能存在环交的情况，那么如果有一个点孤立的没有环，它可以反转也可以不反转，乘2即可，所以用强连通分量来求出所有的强连通分量，每一个分量都是一个环，最后根据环中的点数来计算总数就可以了
官方题解：
We want to find the number of ways to assign directions to the edges of the graph so that it is acyclic, i.e. contains no cycles. First, we investigate what the graph looks like. It can be easily seen that the graph consists of several connected components, where each component is either a path or a cycle with some paths connected to some of the vertices. We'll solve the problem for each component and multiply the result for each component. If the component is a path, then however we orient the edges we won't form a cycle. So, if there are x edges in the component, there are (2x) ways to orient the edges. Next, if the component has a cycle, then we can orient the remaining edges in any way (it will not affect the existence of cycles), then for the (x) edges on the cycle, we have (2^x-2) ways to orient them. This is because there are a total of (2x) ways to orient the edges, but only 2 ways gives a directed cycle. (fix the direction of one of the edges, then the directions of the other edges are uniquely determined to form a directed cycle) Thus, if there are t edges not on the cycle and x edges on the cycle, the total number of ways for this component is (2^t(2^x - 2)). Finally, to compute the final answer we multiply the answers for each component. Computing the powers of 2 can be done by a simple precomputation or using binary exponentiation. (the former works because the number of vertices is small) Finding the cycles can be easily done with a dfs.
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 400004;
#define ll long long
const ll Mod = 1000000007;
int Stop, Bcnt, Dindex, Ecnt;
int Low[N], Dfn[N], Step[N], Belong[N];
bool instack[N];
struct Edge{
int t;
int next;
}edge[N];
int head[N];
void addEdge(int s, int t){
edge[Ecnt].t = t;
edge[Ecnt].next = head[s];
head[s] = Ecnt++;
}
void tarjan(int i)
{
int j;
Dfn[i] = Low[i] = ++Dindex;
instack[i] = true;
Step[++Stop] = i;
for( int e = head[i]; e!=-1; e = edge[e].next)
{
j = edge[e].t;
if(!Dfn[j]){
tarjan(j);
if(Low[j]<Low[i])
Low[i] = Low[j];
}
else if(instack[j]&&Dfn[j]<Low[i])
Low[i] = Dfn[j];
}
if(Dfn[i]==Low[i])
{
Bcnt++;
do{
j = Step[Stop--];
instack[j] = false;
Belong[j] = Bcnt;
}
while(j!=i);
}
}
void init()
{
Ecnt = 0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
void solve(int n)
{
int i;
Stop = Bcnt = Dindex = 0;
memset(Dfn,0,sizeof(Dfn));
memset(Low,-1,sizeof(Low));
memset(instack,0,sizeof(instack));
for( i = 1; i <= n; i++)
{
if(!Dfn[i]){
tarjan(i);
}
}
}
ll num[N];
ll Pow(int x, int y)
{
ll a = (ll)x;
ll b = y;
ll ans = 1;
if(b==0) return 1ll;
while(b>0)
{
if(b&1){
ans = (ans*(ll)a)%Mod;
}
a*=a;
a%=Mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
int n, x;
while(~scanf("%d",&n))
{
init();
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d",&x);
addEdge(i,x);
}
solve(n);
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
num[Belong[i]]++;
}
ll ans = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(num[i]){
if(num[i] == 1) {
ans = (ans*2)%Mod;
}
else {
ll tm = ((Pow(2,num[i])-2)%Mod+Mod)%Mod;
ans = ans*tm%Mod;
}
}
}
printf("%I64d
",ans);
}
return 0;
}