一、知识概述
在前两节内容中，大家应该已经大致了解了图论这一块的算法。今天我们要讲的是强连通分量。强连通分量是一个再OI中非常重要的算法，我们需要对强联通分量进行缩点，使得一个大的有向图变成一个有向无环图。
说了这么多，我们切入今天要讲的正题。
1、强连通&强连通图
在有向图G中，如果有两个顶点存在路径均可互达，就说这两个点强连通。如果在有向图上任意两点均强连通，我们则称图G为强连通图。
2、极大强连通子图&强连通分量
极大强连通子图：在有向图中最大（不能再大）的强连通图。
而强连通分量就是有向非强连通图中的极大强连通子图。
3、举个栗子
下图中，子图{1,2,3,4}为一个强连通分量，因为顶点1,2,3,4两两可达。{5},{6}也分别是两个强连通分量。
二、典型例题
1、[HAOI2006]受欢迎的牛
题目描述
每头奶牛都梦想成为牛棚里的明星。被所有奶牛喜欢的奶牛就是一头明星奶牛。所有奶牛都是自恋狂，每头奶牛总是喜欢自己的。奶牛之间的“喜欢”是可以传递的——如果A喜欢B，B喜欢C，那么A也喜欢C。牛栏里共有N 头奶牛，给定一些奶牛之间的爱慕关系，请你算出有多少头奶牛可以当明星。
输入输出格式
输入格式：
第一行：两个用空格分开的整数：N和M
第二行到第M + 1行：每行两个用空格分开的整数：A和B，表示A喜欢B
输出格式：
第一行：单独一个整数，表示明星奶牛的数量
输入输出样例
输入样例#1：
3 3
1 2
2 1
2 3
输出样例#1：
1
说明
只有 3 号奶牛可以做明星
【数据范围】
10%的数据N<=20, M<=50
30%的数据N<=1000,M<=20000
70%的数据N<=5000,M<=50000
100%的数据N<=10000,M<=50000
2、校园网络【[USACO]Network of Schools加强版】
题目描述
一些学校连入一个电脑网络。那些学校已订立了协议：每个学校都会给其它的一些学校分发软件（称作“接受学校”）。注意即使 B 在 A 学校的分发列表中， A 也不一定在 B 学校的列表中。
你要写一个程序计算，根据协议，为了让网络中所有的学校都用上新软件，必须接受新软件副本的最少学校数目（子任务 A）。更进一步，我们想要确定通过给任意一个学校发送新软件，这个软件就会分发到网络中的所有学校。为了完成这个任务，我们可能必须扩展接收学校列表，使其加入新成员。计算最少需要增加几个扩展，使得不论我们给哪个学校发送新软件，它都会到达其余所有的学校（子任务 B）。一个扩展就是在一个学校的接收学校列表中引入一个新成员。
输入输出格式
输入格式：
输入文件的第一行包括一个整数 N：网络中的学校数目（2 <= N <= 10000）。学校用前 N 个正整数标识。
接下来 N 行中每行都表示一个接收学校列表（分发列表）。第 i+1 行包括学校 i 的接收学校的标识符。每个列表用 0 结束。空列表只用一个 0 表示。
输出格式：
你的程序应该在输出文件中输出两行。
第一行应该包括一个正整数：子任务 A 的解。
第二行应该包括子任务 B 的解。
输入输出样例
输入样例#1：
5
2 4 3 0
4 5 0
0
0
1 0
输出样例#1：
1
2
说明
poj题目。2<=n<=10000.
三、算法分析
直接根据定义，用双向遍历取交集的方法求强连通分量，时间复杂度为O(N^2+M)。更好的方法是Kosaraju算法或Tarjan算法，两者的时间复杂度都是O(N+M)。本文介绍的是Tarjan算法。
（一）Tarjan算法
Tarjan算法是基于对图深度优先搜索的算法，每个强连通分量为搜索树中的一棵子树。搜索时，把当前搜索树中未处理的节点加入一个堆栈，回溯时可以判断栈顶到栈中的节点是否为一个强连通分量。
简介
定义DFN(u)为节点u搜索的次序编号(时间戳)，Low(u)为u或u的子树能够追溯到的最早的栈中节点的次序号。由定义可以得出，
Low(u)=Min
{
DFN(u),
Low(v),(u,v)为树枝边，u为v的父节点
DFN(v),(u,v)为指向栈中节点的后向边(非横叉边)
}
当DFN(u)=Low(u)时，以u为根的搜索子树上所有节点是一个强连通分量。
算法伪代码如下
tarjan(u)
{
DFN[u]=Low[u]=++Index 为节点u设定次序编号和Low初值
Stack.push(u) 将节点u压入栈中
for each (u, v) in E 枚举每一条边
if (v is not visted) 如果节点v未被访问过
tarjan(v) 继续向下找
Low[u] = min(Low[u], Low[v])
else if (v in S) 如果节点v还在栈内
Low[u] = min(Low[u], DFN[v])
if (DFN[u] == Low[u]) 如果节点u是强连通分量的根
repeat
v = S.pop 将v退栈，为该强连通分量中一个顶点
print v
until (u== v)
}
接下来是对算法流程的演示。
从节点1开始DFS，把遍历到的节点加入栈中。搜索到节点u=6时，DFN[6]=LOW[6]，找到了一个强连通分量。退栈到u=v为止，{6}为一个强连通分量。
返回节点5，发现DFN[5]=LOW[5]，退栈后{5}为一个强连通分量。
返回节点3，继续搜索到节点4，把4加入堆栈。发现节点4向节点1有后向边，节点1还在栈中，所以LOW[4]=1。节点6已经出栈，(4,6)是横叉边，返回3，(3,4)为树枝边，所以LOW[3]=LOW[4]=1。
继续回到节点1，最后访问节点2。访问边(2,4)，4还在栈中，所以LOW[2]=DFN[4]=5。返回1后，发现DFN[1]=LOW[1]，把栈中节点全部取出，组成一个连通分量{1,3,4,2}。
至此，算法结束。经过该算法，求出了图中全部的三个强连通分量{1,3,4,2},{5},{6}。
可以发现，运行Tarjan算法的过程中，每个顶点都被访问了一次，且只进出了一次堆栈，每条边也只被访问了一次，所以该算法的时间复杂度为O(N+M)。
求有向图的强连通分量还有一个强有力的算法，为Kosaraju算法。Kosaraju是基于对有向图及其逆图两次DFS的方法，其时间复杂度也是O(N+M)。与Trajan算法相比，Kosaraju算法可能会稍微更直观一些。但是Tarjan只用对原图进行一次DFS，不用建立逆图，更简洁。在实际的测试中，Tarjan算法的运行效率也比Kosaraju算法高30%左右。此外，该Tarjan算法与求无向图的双连通分量(割点、桥)的Tarjan算法也有着很深的联系。学习该Tarjan算法，也有助于深入理解求双连通分量的Tarjan算法，两者可以类比、组合理解。
求有向图的强连通分量的Tarjan算法是以其发明者Robert Tarjan命名的。Robert Tarjan还发明了求双连通分量的Tarjan算法，以及求最近公共祖先的离线Tarjan算法，在此对Tarjan表示崇高的敬意。
附：tarjan算法的C++程序
void tarjan(int i)
{
int j;
DFN[i]=LOW[i]=++Dindex;
instack[i]=true;
Stap[++Stop]=i;
for (edge *e=V[i];e;e=e->next)
{
j=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=Stap[Stop--];
instack[j]=false;
Belong[j]=Bcnt;
}
while (j!=i);
}
}
void solve()
{
int i;
Stop=Bcnt=Dindex=0;
memset(DFN,0,sizeof(DFN));
for (i=1;i<=N;i++)
if (!DFN[i])
tarjan(i);
}
以下是fstqwq写的
void dfs(int x) {
dfn[x] = low[x] = ++cnt, sta[++top] = x, vis[x] = 1;
for (int now = head[x]; now; now = e[now].next) {
if (!dfn[e[now].to]) {
dfs(e[now].to);
low[x] = min(low[x], low[e[now].to]);
}
else if (vis[e[now].to]) low[x] = min(low[x], low[e[now].to]);
}
if (dfn[x] == low[x]) {
siz[++scc] = 0;
do {
vis[sta[top]] = 0;
bel[sta[top]] = scc;
siz[scc]++;
} while (sta[top--] != x);
}
}
（二）解决问题
例题1、[HAOI2006]受欢迎的牛
这就是一道tarjan的模板题，前面讲的够清楚了吧。注释什么的就不放了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tot,head[100005],Next[100005],low[100005],vis[100005],bel[100005],siz[100005],dfn[100005],sta[100005],du[100005];
int to[100005];
int n,m,scc,cnt,top;
void addage(int x,int y)
{
tot++;
to[tot]=y;
Next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++cnt;
sta[++top]=x;
vis[x]=1;
for (int i=head[x];i;i=Next[i])
{
if (!dfn[to[i]])
{
dfs(to[i]);
low[x]=min(low[to[i]],low[x]);
}
else if (vis[to[i]]) low[x]=min(dfn[to[i]],low[x]);
}
if (dfn[x]==low[x])
{
siz[++scc]=0;
do
{
vis[sta[top]]=0;
bel[sta[top]]=scc;
siz[scc]++;
}
while (sta[top--]!=x);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y=0;
scanf("%d%d",&x,&y);
addage(x,y);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!dfn[i]) dfs(i);
for (int j=1;j<=n;j++)
{
for (int i=head[j];i;i=Next[i])
{
int u=to[i];
if (bel[j]!=bel[u])
du[bel[j]]++;
}
}
int tt=0;
for(int i=1;i<=scc;i++)
if(!du[i])
{
if(tt)
{
puts("0");
return 0;
}
tt=i;
}
printf("%d\n",siz[tt]);
return 0;
}
例题2、校园网络【[USACO]Network of Schools加强版】
- 本题需注意之处:当整张图都为连通图时，不需要再添加路线 *
如数据：
input
10
2 0
3 0
4 0
5 0
6 0
7 0
8 0
9 0
10 0
1 0
output
1
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tot,head[100005],Next[100005],low[100005],vis[100005],bel[100005],siz[100005],dfn[100005],sta[100005],chudu[100005],rudu[100005];
int to[100005];
int n,m,scc,cnt,top;
void add(int x,int y)
{
tot++;
to[tot]=y;
Next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++cnt;
sta[++top]=x;
vis[x]=1;
for (int i=head[x];i;i=Next[i])
{
if (!dfn[to[i]])
{
dfs(to[i]);
low[x]=min(low[x],low[to[i]]);
} else
if (vis[to[i]]) low[x]=min(low[x],dfn[to[i]]);
}
if (dfn[x]==low[x])
{
siz[++scc]=0;
do
{
vis[sta[top]]=0;
bel[sta[top]]=scc;
siz[scc]++;
}while (sta[top--]!=x);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int x,y=0;
do
{
scanf("%d",&x);
if (x!=0)
add(i,x);
}while (x!=0);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!dfn[i]) dfs(i);
for (int j=1;j<=n;j++)
{
for (int i=head[j];i;i=Next[i])
{
int u=to[i];
if (bel[j]!=bel[u])
chudu[bel[j]]++;
}
}
for (int j=1;j<=n;j++)
{
for (int i=head[j];i;i=Next[i])
{
int u=to[i];
if (bel[j]!=bel[u])
rudu[bel[u]]++;
}
}
int ans1=0; int ans2=0;
for (int i=1;i<=scc;i++) //注意：这里一定要填scc。因为是tarjan缩点之后的点，而不是一开始的点
{
if (chudu[i]==0) ans1++;
if (rudu[i]==0) ans2++;
}
bool p=false;
for (int i=2;i<=n;i++)
if (bel[i]!=bel[i-1]) p=true;//当整张图都为连通图时，不需要再添加路线
printf("%d\n",ans2);
if (p==false) puts("0"); else//当整张图都为连通图时，不需要再添加路线
printf("%d\n",max(ans1,ans2));
return 0;
}
四、课后习题
- NOIP2015 信息传递
- NOIP2009 最优贸易