标签：tmp red continue hnoi www 有关 lock 连通性 相关
发现我根本不会 tarjan，又发现《算法竞赛进阶指南》上正好有相关讲解，于是回来补 tarjan 这个 NOIP 算法。 （顺便颓一会儿水题）
首先我们要知道 搜索树 的相关内容（注意区分搜索树和原图）：
定义 \(dfn[cur]\) 为 \(cur\) 节点的时间戳。
\(low[cur]\) 为 \(cur\) 节点的追溯值。
其中 \(low[cur]\) = \(min\){搜索树中 \(cur\) 的子树的节点的时间戳， 子树中通过一条边，能够到达的节点的时间戳}
警告：分清 \(dfn\) 和 \(low\)！
无向图中，如果割掉一条边，可以使整个无向图成为两个连通块，那么这条边成为割边 或 桥。
判定法则：
显然，桥一定是搜索树上的边， 简单环中的边一定不是桥（P2607 [ZJOI2008]骑士 中找环的方法之一）。
注意：不要用 \(cur\) 的 \(low/dfn\) 来更新 \(fa\) 的 \(low\)。但是可能会遇到重边等问题，所以记录入边编号 \(ine\)，防止遍历 \(ine\)！
求法：
//(initial)ecnt = 1
void tarjan(int cur, int ine) {
dfn[cur] = low[cur] = ++dtot;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (!dfn[to]) {
tarjan(to, i);
low[cur] = min(low[cur], low[to]);
if (low[to] > dfn[cur])
iscut[i] = iscur[i ^ 1] = true;
} else if (i != ine ^ 1)
low[cur] = min(low[cur], dfn[to]);
}
}
不存在割边的无向连通图为 边双连通图。极大边双连通子图为 边双连通分量。
一张无向连通图是边双连通图，当且仅当对于图中每条边，都在至少一个简单环上。
将桥删去后，整个图就成了一个个边双连通分量。
可以对图进行缩点。点内无桥，点间为桥。这样的话，缩点后没有任何环，是无向图森林。
void tarjan(int cur, int ine);
bool vis[N];
int siz[N];
int col[N], ctot;
void Dfs(int cur) {
vis[cur] = true;
col[cur] = ctot;
siz[ctot]++;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (vis[to] || iscut[i]) continue;
Dfs(to);
}
}
vector<int> eg[N];
inline void adeg(int u, int v) {
eg[u].push_back(v); eg[v].push_back(u);
}
//in main()
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
if (!dfn[i]) tarjan(i, 0);
}
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
if (!vis[i]) ctot++, Dfs(i);
}
for (register int i = 2; i <= ecnt; i += 2) {
if (iscut[i]) {
adeg(col[e[i].to], col[e[i ^ 1].to]);
}
}
必经边 = 割掉后点对不连通 = 点对间的割边（桥）
边双缩点+树剖，查询点对距离即可。
题意：
n 个点，m 条边， q 次询问，每次问 \(i\) 号边删去后会有多少点对互不可达。
n <= 1e5, m <= 1e6, q <= 8e5
发现不删也会有一堆点对互不可达（原本不一定联通）。如果删去的是割边，那么会增加其两端连通块的大小之积这么多的点对。
因此首先并查集搞出“初始答案”。然后 \(tarjan\) 求割边。然后将割边删去，进行缩点。此时缩好以后的图是一棵森林。因此我们可以对每棵树类似链剖的第一个dfs一样地搞出 \(dep\) 和 \(siz\)。没了。
注意区分“节点”与“节点”之间的关系。即区分：
森林--树（连通块）--树上的点（边双连通分量）--原图的点
删去点及其所有连边后，原无向图分裂成为多个连通块，则这一点为 割点。
判定法则：
具体来说，对于（搜索树的）非根节点 \(cur\)，如果存在 \(low[to] >= dfn[cur]\)，那么 \(cur\) 为割点；对于根节点来说，如果有 至少两个 \(to\) 符合条件，那么根节点也为割点。
由于是 \(>=\)，因此就算拿 \(fa\) 的 \(dfn\) 来更新点的 \(low\)（显然不可能用 \(fa\) 的 \(low\) 来更新），也无法使该点跳出包围圈，不会将其 \(fa\) 误判为非割点。
求法：
void tarjan(int cur) {
dfn[cur] = low[cur] = ++dcnt;
int cnt = 0;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (!dfn[to]) {
tarjan(to);
low[cur] = min(low[cur], low[to]);
if (low[to] >= dfn[cur]) {
cnt++;
if (!iscut[cur] && (cur != rt || cnt > 1))
cut[++cuttot] = cur, iscut[cur] = true;
}
} else {
low[cur] = min(low[cur], dfn[to]);
}
}
}
题意 : 给定一张无向联通图，求每个点被封锁（删去与该点相连的所有边）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
注意：没有删去那个点（不过都是细节了）
如果删去的不是割点，那么图仍然是联通图（除了单拎出来一个点），直接特判即可。
如果删去的是割点，那么图将会四分五裂。准确地说，如果对于这个点 \(cur\) 来说有 \(T\) 个 \(to\) 符合 \(low[to] >= dfn[cur]\) 的条件，那么这张图最多能分成 \(T + 2\) 个连通块，包括那么多 \(to\) 的子树 + \(cur\)节点 + 除此以外的所有点（这个可能没有）。
然后跑 \(tarjan\) 的时候记录一下 \(siz\)（搜索树的子树大小）。同时维护一下所有符合条件的子树大小之和（方便统计最后一部分对答案的贡献）。然后直接算每个点的答案就行了。
不存在割点的无向连通图为 点双连通图。极大点双连通子图为 点双连通分量。
一张图是点双连通图，当且仅当图的顶点数不超过2，或者图的任意两个点都在同一个简单环（圆圈）中。
注意：一个割点可能同时属于多个 v-DCC！（非割点只属于一个）
维护一个栈。无论是否是根，在遇到 \(low[to] >= dfn[cur]\) 时弹栈一直弹到 \(to\)，然后弹出的所有点再加上 \(cur\) 即为一个点双连通分量。
比较麻烦的时缩点。有了一个个 v-DCC 后，就可以进行缩点。但是由于割点可能同时属于多个 v-DCC，因此我们要将 割点复制一份作为中转节点。令人欣慰的时，缩点过后原图将成为一棵树（或森林）。如下图：
void tarjan(int cur) {
stk[++stop] = cur; dfn[cur] = low[cur] = ++dcnt;
int cnt = 0;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (!dfn[to]) {
tarjan(to);
low[cur] = min(low[cur], low[to]);
if (low[to] >= dfn[cur]) {
cnt++;
if (cur != rt || cnt > 1) iscut[cur] = true;
int tmp; dcc_tot++;
do {
tmp = stk[stop--];
dcc[dcc_tot].push_back(tmp);
} while(tmp != to);
dcc[dcc_tot].push_back(cur);
}
} else {
low[cur] = min(low[cur], dfn[to]);
}
}
}
inline void rebuild() {
int ntot = n;
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
if (iscut[i]) newid[i] = ++ntot;
}
for (register int i = 1; i <= dcc_tot; ++i) {
for (register int j = 0; j < (int)dcc[i].size(); ++j) {
int cur = dcc[i][j];
if (iscut[cur]) {
aded(nwid[cur], i); aded(i, nwid[cur]);
} else {
col[cur] = i;
}
}
}
}
例题：P4320 道路相遇
必经点 = 删去这个点后点对不连通 = 点双缩点后的树上路径的割点树
需要完整地建出缩点后的树。为了防止边混淆，在建立缩点后的树之前先将原图的边清空。
注意对于路径端点（即点对）需要特判。
（题解里面好多说圆方树的，不知道是不是和tarjan做法有关）
\(Code:\)my record
习题：UVA1464 Traffic Real Time Query System
题意：求无向图中不属于任何奇环的节点数量。其中1个点不算环。
首先我们最好把一个个环（不一定是简单环）都提出来。这个要用点双连通分量。因为边双连通分量不好搞定 \(∞\) 形状的情况。我们要求每个“块”内的任意两点都属于至少同一个环。（毕竟是点在环上的问题，而不是边在环上的问题）
可以证明，对于每一个块（v-DCC)，如果包含有至少一个奇环，那么块内的所有点都在至少一个奇环上。（找到奇环后，由于要求任意两个点都在至少同一个环上，因此奇环外的点一定会与奇环上的点以环的形式连接，出现环套环的现象。因此那一个环有两种形态，必定是一种奇环一种偶环）。
于是黑白染色即可。由于割点在不同的DCC上，因此每次染色前需要重置“颜色”。
小于等于两个点的DCC恰好也符合，正好不用特判。
代码:my record
提示：对于无向图边对的必经点数，为四对点的必经点数的最大值。通过找规律可以得到。严谨证明应该也不难，就在缩点后的数上讨论各种（两种）情况即可。
代码：my record
P2860 [USACO06JAN]Redundant Paths G
有向图的 tarjan 已经很熟悉了。
注意1：如果 \(to\) 不在栈中，就不要用它更新 \(cur\) 的 \(low\) 了。
注意2：将 \(tmp\) 弹栈时，要 \(vis[tmp] = false\) ！
\(Code:\)
void tarjan(int cur) {
dfn[cur] = low[cur] = ++dcnt;
stk[++stop] = cur; vis[cur] = true;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (!dfn[to]) {
tarjan(to);
low[cur] = min(low[cur], low[to]);
} else if (vis[to]) {
low[cur] = min(low[cur], low[to]);
}
}
if (low[cur] == dfn[cur]) {
int tmp; ctot++;
do {
tmp = stk[stop--];
col[tmp] = ctot;
vis[tmp] = false;
} while (tmp != cur);
}
}
相关题目：P3387 【模板】缩点，P2812 校园网络【[USACO]Network of Schools加强版】，P2515 [HAOI2010]软件安装
似乎和支配树有关？这里只有DAG的必经边和必经点。
从 \(S\) 出发沿正向边（即原图的边）拓扑dp求出 \(fs[cur]\) 表示 \(S\) 到 \(cur\) 的方案数；从 \(T\) 出发沿反向边（即原图的反向边）拓扑dp求出 \(ft[cur]\) 表示 \(cur\) 到 \(T\) 的方案数。这样， \(fs[T]\) 即为总方案数。
如果有一条边\((u, v)\)，满足：\(fs[u] * ft[v] == fs[T]\)，即为必经点；
如果有一个点 \(cur\)，满足：\(fs[cur] * ft[cur] == fs[T]\)，即为必经点。
由于方案数可能很大，需要进行Hash！
一般图的连通性的题目要对DCC/SCC为一的情况进行特判。
求点双和求SCC的写法不太一样，求点双是 do { } while (tmp != to); 一直到把 \(to\) 弹出去为止（最好写成 do-while 形式，否则容易忘记弹 \(to\)，SCC同理）；而求SCC则是 do { } while (tmp != cur); 要把自己弹出去。
点双可以用来水过很多圆方树的题，比如道路相遇，以及战略游戏。
//(initial)ecnt = 1
void tarjan(int cur, int ine) {
dfn[cur] = low[cur] = ++dtot;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (!dfn[to]) {
tarjan(to, i);
low[cur] = min(low[cur], low[to]);
if (low[to] > dfn[cur])
iscut[i] = iscur[i ^ 1] = true;
} else if (i != ine ^ 1)
low[cur] = min(low[cur], dfn[to]);
}
}
bool vis[N];
int siz[N];
int col[N], ctot;
void Dfs(int cur) {
vis[cur] = true;
col[cur] = ctot;
siz[ctot]++;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (vis[to] || iscut[i]) continue;
Dfs(to);
}
}
vector<int> eg[N];
inline void adeg(int u, int v) {
eg[u].push_back(v); eg[v].push_back(u);
}
//in main()
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
if (!dfn[i]) tarjan(i, 0);
}
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
if (!vis[i]) ctot++, Dfs(i);
}
for (register int i = 2; i <= ecnt; i += 2) {
if (iscut[i]) {
adeg(col[e[i].to], col[e[i ^ 1].to]);
}
}
void tarjan(int cur) {
stk[++stop] = cur; dfn[cur] = low[cur] = ++dcnt;
int cnt = 0;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (!dfn[to]) {
tarjan(to);
low[cur] = min(low[cur], low[to]);
if (low[to] >= dfn[cur]) {
cnt++;
if (cur != rt || cnt > 1) iscut[cur] = true;
int tmp; dcc_tot++;
do {
tmp = stk[stop--];
dcc[dcc_tot].push_back(tmp);
} while(tmp != to);
dcc[dcc_tot].push_back(cur);
}
} else {
low[cur] = min(low[cur], dfn[to]);
}
}
}
inline void rebuild() {
int ntot = n;
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
if (iscut[i]) newid[i] = ++ntot;
}
for (register int i = 1; i <= dcc_tot; ++i) {
for (register int j = 0; j < (int)dcc[i].size(); ++j) {
int cur = dcc[i][j];
if (iscut[cur]) {
aded(nwid[cur], i); aded(i, nwid[cur]);
} else {
col[cur] = i;
}
}
}
}
void tarjan(int cur) {
dfn[cur] = low[cur] = ++dcnt;
stk[++stop] = cur; vis[cur] = true;
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (!dfn[to]) {
tarjan(to);
low[cur] = min(low[cur], low[to]);
} else if (vis[to]) {
low[cur] = min(low[cur], low[to]);
}
}
if (low[cur] == dfn[cur]) {
int tmp; ctot++;
do {
tmp = stk[stop--];
col[tmp] = ctot;
vis[tmp] = false;
} while (tmp != cur);
}
}
标签：tmp red continue hnoi www 有关 lock 连通性 相关
原文地址：https://www.cnblogs.com/JiaZP/p/13373798.html
