标签：lld rom href 介绍 mamicode bin 双向 str 题解
由于对于这一块掌握的十分不好，所以在昨天做题的过程中一直困扰着我，好不容易搞懂了，写个小总结吧 qwq~
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，那么这个点就叫做割点 。
比如我们现在有一个图：
如果我们将 4 号节点及它的所有边全部删去，那么这个图就变得不再联通，所以 4 号点是一个割点：
同理，5 号节点也是一个割点：
我们可以用 Tarjan 算法去求割点；
有两个关键的数组：
dfn [ i ] ：表示编号为 i 的点在 dfs 过程中是第几个被遍历到的（时间戳）；
low [ i ]：表示编号为 i 的点的子树中的节点所能到达的最小时间戳是多少；
这两个数组不需要再多多介绍了吧？想必大家在学 Tarjan 算法的时候都熟练掌握了；
重点说一下怎么求割点：
首先，割点都是定义在无向图中的，所以我们可以任选一个点为根（一般是 1 号节点）开始 Tarjan 算法；
考虑什么样的点才可能是割点呢？
我们上面提到了 4 号节点是一个割点，那是因为删除 4 号节点及其所连的边后，1 2 3 和 5 6 就不连通了，也就是说，除了 4 号结点所连的边外，5 6 号结点没有其余的边连向 1 2 3，也就是说没有返祖边；
既然如此，4 号点之下的点所能到达的最小时间戳一定不超过 dfn [ 4 ] ，不然就到了 4 号点之上了；
那么我们就得到了一个判断一个点是否是割点的条件：
如果一个点 u 满足 low [ u ] >= dfn [ u ]，那么点 u 就是一个割点；
但是……
根节点的 dfn 和 low 值初始值都为 1，之后再怎么更新 low [ root ] 始终都是 1，那这么一搞的话根结点始终是割点？
显然不是啊！
对于根结点，我们要另想办法qwq~
看一棵十分丑陋的树：
发现如果将 1 结点及其所有的边删掉，那么 2 5 4 和 3 6 7 将不连通，说明此时 1 是一个割点；
发现此时根节点有两棵互不相连的子树；
所以我们可以记录根节点有几棵互不相连的子树，如果大于 1 棵的话，根节点就是一个割点；
如果有几棵子树是相连的，那么会在 Tarjan 的时候将它们算成一棵子树：
P3388 【模板】割点（割顶） 的代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; int read() { char ch=getchar(); int a=0,x=1; while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) { if(ch==‘-‘) x=-x; ch=getchar(); } while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { a=(a<<1)+(a<<3)+(ch-‘0‘); ch=getchar(); } return a*x; } int n,m,tim,top,edge_sum,scc_sum,tot; int head[1000001],dfn[1000001],low[1000001],vis[1000001],st[1000001],u[1000001],v[1000001],ans[1000001]; queue<int> q; struct node { int from,to,next; }a[1000001]; void add(int from,int to) { edge_sum++; a[edge_sum].next=head[from]; a[edge_sum].from=from; a[edge_sum].to=to; head[from]=edge_sum; } void tarjan(int u,int root) { int child=0; //记录根节点有几棵互不相连的子树 dfn[u]=low[u]=++tim; for(int i=head[u];i;i=a[i].next) { int v=a[i].to; if(!dfn[v]) { tarjan(v,root); low[u]=min(low[u],low[v]); if(low[v]>=dfn[u]) //如果 { child++; //记录根节点有多少个互不相连的子树 if(u!=root||child>1) ans[u]=1; //如果不是根节点,那么直接就是割点了;如果是根节点,并且互不相连的子树个数超过1棵,则也是割点 } } else low[u]=min(low[u],dfn[v]); } } int main() { n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { u[i]=read(); v[i]=read(); add(u[i],v[i]); //建双向边 add(v[i],u[i]); } for(int i=1;i<=n;i++) //有可能图不是联通的,要多进行几次Tarjan { if(!dfn[i]) tarjan(i,i); } for(int i=1;i<=n;i++) //求割点个数 { if(ans[i]) tot++; } printf("%d\n",tot); for(int i=1;i<=n;i++) { if(ans[i]) printf("%d ",i); //输出每个割点 } return 0; }
再看个例题：
给定一张无向图，求每个点被封锁之后有多少个有序点对 ( x , y ) ( x != y ,1 <= x , y <= n ) 满足 x 无法到达 y；
很显然这是一个让你求割点的问题，所以我们根据被封锁的这个点 u 是不是割点来分两种情况讨论：
即把 u 和它有关的所有边都去除后图依然联通，那么这个图只有 u 是独立在外面的，由于求的是有序点对，所以除了 u 以外的 n-1 个点作为一个大的连通图对 u 加边，即为 2 ∗ ( n − 1 ) 对；
假如 u 是割点，那么会把图分为 a 个连通块以及 u 本身，由于 Tarjan 在求割点的过程中是一棵搜索树往下遍历，所以除了它和它的子树外，还会有其他剩余点共同构成另一个连通块；
删掉 u 后肯定有一些子树不与大联通块联通了（满足条件 low [ v ] >= dfn [ u ]），设这些子树的根节点分别为 1，2，3，……，a，这些子树所包含的结点数为 tot = size [ 1 ] + size [ 2 ] + size [ 3 ] + …… + size [ a ]；
那么点 u 的最后答案就是：
ans[u] = size[1] * (n-size[1]-1) + size[2] * (n-size[2]-1) + …… + size[a] * (n-size[a]-1) + tot * (n-tot-1) + 2*(n-1)；
解释一下式子怎么来的：
首先在求割点的过程中，每次遇到 low [ v ] >= dfn [ u ]，就要把 u 的答案加上 size [ v ] * ( n - size [ v ] - 1 )，这些是子树不能到达外面结点（没有 u）的贡献；
考虑完子树对外的贡献后，同样外面的结点也不能到达这些子树内的结点；
子树内的所有点是 tot，那么外面的点就是 n - tot - 1，那么外面结点对子树内的贡献再加上就是 tot * ( n - tot - 1 ) ；
然后再考虑点 u 的单独的贡献，显然它无法到达任何点，同样任何点也无法到达它，那么答案再加上 2*(n-1)；
最后注意开 long long 哦~
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<vector> using namespace std; long long read() { char ch=getchar(); long long a=0,x=1; while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) { if(ch==‘-‘) x=-x; ch=getchar(); } while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { a=(a<<1)+(a<<3)+(ch-‘0‘); ch=getchar(); } return a*x; } const int N=1e6; long long n,m,top,tim,num,root,edge_sum; long long head[N],yes[N],dfn[N],low[N],st[N],vis[N],size[N],u[N],v[N],ans[N],son[N]; struct node { int next,to,from; }a[N]; void add(int from,int to) { edge_sum++; a[edge_sum].from=from; a[edge_sum].to=to; a[edge_sum].next=head[from]; head[from]=edge_sum; } void tarjan(int u) //Tarjan求割点 { dfn[u]=low[u]=++tim; size[u]=1; //求以点u为根的树的大小 long long child=0,tot=0; for(int i=head[u];i;i=a[i].next) { int v=a[i].to; if(!dfn[v]) { tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]); size[u]+=size[v]; if(low[v]>=dfn[u]) { child++; //子树棵数++ ans[u]+=size[v]*(n-size[v]-1); //统计这些子树内的结点对外结点的贡献 tot+=size[v]; //统计这些子树内的结点总数 if(u!=root||child>1) yes[u]=1; //如果u不是根节点,那么直接就是割点了;如果是根节点,并且有超过1棵子树的话,也是割点 } } else low[u]=min(low[u],dfn[v]); } if(yes[u]) ans[u]+=tot*(n-tot-1)+2*(n-1); //tot*(n-tot-1)是外结点对子树内结点的贡献,2*(n-1)是点u对所有点的贡献 } int main() { n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { u[i]=read();v[i]=read(); add(u[i],v[i]); add(v[i],u[i]); } root=1; tarjan(1); //题目的信息说明了这个图原本是联通的,所以我们求一次Tarjan就好了 for(int i=1;i<=n;i++) if(!yes[i]) ans[i]=2*(n-1); //不是割点的话,答案就是2*(n-1) for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
希望CSP不要考到这一块的内容啊qwq
最后祝大家 CSP rp ++
标签：lld rom href 介绍 mamicode bin 双向 str 题解
原文地址：https://www.cnblogs.com/xcg123/p/11832990.html
