复习：
有向图的连通性
强连通：如果两个点：u,v是互相达到的
无向图：联通 有向图：强连通
图中有多少SCC:暴力O(V^2+E)
kosaraju算法O(V+E)：反图
（1）有向图G,建立反图rG，不会改变连通性
（2）对原图G做DFS，标记点的先后顺序，递归在最底层的点标记最小，回退过程中，其他点的优先级加大
（3）在反图RG上做DFS，从优先级大的开始做
Tarjan算法O(V+E)：用栈分离不同的SCC
最先入栈的点：是这个SCC的祖先，他的num[]=low[]
比上面要快些
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=10010;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
int cnt=0,dfn=0;
int low[maxn],num[maxn];
int sccno[maxn],stack[maxn],top;
//这个就表明属于哪个SCC
vector<int> g[maxn];
void dfs(int u){
stack[top++]=u;
low[u]=num[u]=++dfn;
for(int i=0;i<g[u].size();i++){
int v=g[u][i];
if(!num[v]){
dfs(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(!sccno[v]){ //处理回退边
low[u]=min(low[u],num[v]);
}
}
if(low[u]==num[u]){ //栈底的点是SCC的祖先，
cnt++;
while(1){
int v=stack[top--];
sccno[v]=cnt;
if(u==v) break; //到达了祖先
}
}
}
void tarjan(int n){
cnt=top=dfn=0;
memset(sccno,0,sizeof(sccno));
memset(num,0,sizeof(num));
memset(low,0,sizeof(low));
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!num[i]) dfs(i);
}
}
int main(){
int n,m,u,v;
while(scanf("%d %d",&n,&m),n!=0||m!=0){
for(int i=0;i<=n;i++){
g[i].clear();
}
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d %d",&u,&v);
g[u].push_back(v);
}
tarjan(n);
if(cnt==1) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
return 0;
}
1513：【 例 1】受欢迎的牛
感觉很多题里面在缩点之后，是需要计算度的。
把每一个极大联通子图看成一个点（缩点），但后再组成一个图，这个图是没有环的在这个图中，至少存在1个出度为0的点，如果出度为0的点大于1，那么是无法确定的，但是如果出度为1的点只有1个，而且其他的点都能到达他的话，就可以确定答案就是那个点里面点数目
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=10050;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
//有向图：极大连通子图
//把每一个极大联通子图看成一个点（缩点），但后再组成一个图，这个图是没有环的
//在这个图中，至少存在1个出度为0的点，如果出度为0的点大于1，那么是无法确定的
//但是如果出度为1的点只有1个，而且其他的点都能到达他的话，就可以确定
//答案就是那个点里面点数目
struct node{
int to,next;
}ed[maxn*20];
int head[maxn],num[maxn],low[maxn];
int id[maxn],col[maxn];
//分别是每个点所属的极大联通分量，然后是这个连通分量的数量
int deg[maxn]; //这个极大联通子图的出度
bool inst[maxn]; //在不在栈里面
stack<int> st;
int cnt,tot,nu,dfn;
void add(int x,int y){
ed[++nu].to=y;
ed[nu].next=head[x];
head[x]=nu;
}
void tarjin(int u){
num[u]=low[u]=++dfn;
inst[u]=1;
st.push(u);
for(int i=head[u];i;i=ed[i].next){
int v=ed[i].to;
if(!num[v]){
tarjin(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(inst[v]){ //有回退边
low[u]=min(low[u],num[v]);
}
}
int k;
if(low[u]==num[u]){
cnt++;
do{
k=st.top();
st.pop();
inst[k]=0; //这里需要改变
id[k]=cnt;
col[cnt]++;
}while(k!=u);
}
}
int main(){
int n,m;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=0;i<m;i++){
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
add(x,y);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!num[i]) tarjin(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=head[i];j;j=ed[j].next){
int u=ed[j].to;
if(id[i]!=id[u]) deg[id[i]]++; //i这个极大连通子图的出度+1
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(!deg[i]){
if(tot) {
printf("0\n");break; //因为只能有一个
}
tot=i;
}
}
printf("%d\n",col[tot]);
return 0;
}
1514：【例 2】最大半连通子图
//求极大半连通子图 极大半连通子图 极大半连通子图 极大半连通子图 极大半连通子图 极大半连通子图
// 此题题意就是：缩点后，求一条含有最多点数的DAG链，（这就是题中的最大半联通子图），并求出有多少个不同的最长链。
//主要有三个部分：1.缩点；2.DAG记忆化；3.离散化去重；(难点）4.链式前向星。
///思路：
//因为存在环，所以先缩点，缩完点以后，此时图就变成DAG，然后进行一遍dfs扫描，dfs时注意用记忆化，然后边扫边记录得到求最大值数组和求个数数组，最后统计答案即可。
//注意点：
//1.在求个数的时候要时刻取模，取模不能停！2.因为要求种类个数，所以要保证不重边（最大值与重边无关，但种类与重边有关）所以需要离散化
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=1e6+5;
int n,m,MOD,cnt,ans,MAX,k,now1,now2;
int head[N],u[M],v[M];
//记录输入的u[]v[]是便于后面统计
int col,now,top,dfn[N],low[N],color[N],sta[N],si[N];
int rd[N],cd[N],dep[N],sum[N];
bool f[N];
struct edge{int next,from,to;}e[M];
struct node{int u,v;}C[M],b[M];
inline bool cmp(node a,node b){return (a.u<b.u || a.u==b.u && a.v<b.v|| a.u==b.u && a.v==b.v);} //排序，因为要离散化，去重
inline void add(int u,int v){cnt++;e[cnt].next=head[u];e[cnt].to=v;head[u]=cnt;}
inline void tarjan(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++now;
sta[++top]=u;
for (register int i=head[u]; i; i=e[i].next)
{
if (!dfn[e[i].to])
{
tarjan(e[i].to);
low[u]=min(low[u],low[e[i].to]);
}
else if (!color[e[i].to]) //还没有确定是哪个连通块，也就是代替了vis[]数组的作用
low[u]=min(low[u],dfn[e[i].to]);
}
if (low[u]==dfn[u])
{
color[u]=++col;
si[col]++;
while (sta[top]!=u) color[sta[top]]=col,si[col]++,top--;
top--;
}
}
inline void dfs(int u,int fa)
{
f[u]=true;
if (!cd[u]) {dep[u]=si[u]; sum[u]=1; return;} //出度为0，到了递归边界，开始会退，计算
//看出来了吗，这其实是回溯
//dep[]数组就是这条链能够拥有的节点数，sum[]数组是方案数
for (register int i=head[u]; i; i=e[i].next)
if (e[i].to!=fa)
{
if (!f[e[i].to]) dfs(e[i].to,u);
if (dep[e[i].to]+si[u]>dep[u]) dep[u]=dep[e[i].to]+si[u],sum[u]=sum[e[i].to]%MOD;
else if (dep[e[i].to]+si[u]==dep[u]) sum[u]=(sum[u]+sum[e[i].to])%MOD;
}
}
int main(){
memset(head,0,sizeof(head));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&MOD);
for (register int i=1; i<=m; ++i) scanf("%d%d",&u[i],&v[i]),add(u[i],v[i]);
//缩点
for (register int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(i);
//离散化去重
for (register int i=1; i<=m; ++i)
if (color[u[i]]!=color[v[i]]) k++,C[k].u=color[u[i]],C[k].v=color[v[i]]; //新边，但是还没有去重，之所以要这个是因为还需要排序
sort(C+1,C+k+1,cmp);
//在这里排序
cnt=0;
cnt++;
b[cnt].u=C[1].u,b[cnt].v=C[1].v;
now1=b[cnt].u,now2=b[cnt].v;
for (register int i=2; i<=k; ++i) if (C[i].u!=now1|| C[i].v!=now2)
cnt++,b[cnt].u=C[i].u,b[cnt].v=C[i].v,now1=b[cnt].u,now2=b[cnt].v; //这才是真正的边，没有重复的
//重新建图
memset(head,0,sizeof(head));
memset(e,0,sizeof(e));
for (register int i=1; i<=cnt; ++i)
{
cd[b[i].u]++,rd[b[i].v]++;
e[i].next=head[b[i].u];
e[i].from=b[i].u;
e[i].to=b[i].v;
head[b[i].u]=i; //这里
}
//记忆化搜索
for (register int i=1; i<=col; ++i) if (!rd[i] && !f[i]) dfs(i,0); //入度为0，且没有访问过
//统计答案
MAX=0,ans=0;
for (register int i=1; i<=col; ++i)
{
if (dep[i]>MAX)
{
MAX=dep[i];
ans=sum[i];
}
else
if (MAX==dep[i])
ans=(ans+sum[i])%MOD;
}
printf("%d\n",MAX);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
1515：网络协议
任务A： 需要求最多在多少学校发送新软件，其实就是求缩点后入度为0的个数(如果入度不为0就可以从其他学校传过来)
任务B：求入度为0的点数与出度为0的点的较大值。因为任务B要求在任意学校投放软件使得所有学校都能收到，所以很明显是需要整张图形成一个环，而环中所有节点入度和出度都不为0，所以需要把所有入度和出度的点度数增加。那么最少的方案就是把出度为0的点连上入度为0的点，所以任务B的答案就是入度为0与出度为0的点的较大值
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
typedef long long LL;
/*任务A：
需要求最多在多少学校发送新软件，其实就是求缩点后入度为0的个数(如果入度不为0就可以从其他学校传过来)
任务B:
求入度为0的点数与出度为0的点的较大值。
因为任务B要求在任意学校投放软件使得所有学校都能收到，所以很明显是需要整张图形成一个环，而环中所有节点入度和出度都不为0，所以需要把所有入度和出度的点度数增加。
那么最少的方案就是把出度为0的点连上入度为0的点，所以任务B的答案就是入度为0与出度为0的点的较大值
*/
int n;
struct node{
int to,next;
}edge[100000];
int head[110],num[110],low[110],vis[110];
int in[110],out[110];
int id[110],sta[110];
int cnt,col;
void link(int a,int b){
cnt++;
edge[cnt].to=b;
edge[cnt].next=head[a];
head[a]=cnt;
}
int dfn,top;
void tarjin(int u){
low[u]=num[u]=++dfn;
sta[top++]=u;
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].to;
if(!num[v]){
tarjin(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(!id[v]){
low[u]=min(low[u],num[v]);
}
}
if(low[u]==num[u]){
col++;
do{
top--;
id[sta[top]]=col;
}while(sta[top]!=u);
}
}
int lin[100000][3];
int main(){
scanf("%d",&n);
int x,k=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
while(x!=0){
link(i,x);
k++;
lin[k][1]=i;
lin[k][2]=x; //记录下来
scanf("%d",&x);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!num[i]) tarjin(i);
}
for(int i=1;i<=k;i++){
if(id[lin[i][1]]!=id[lin[i][2]]){
out[id[lin[i][1]]]++;
in[id[lin[i][2]]]++;
}
}
int ans1=0,ans2=0;
for(int i=1;i<=col;i++){
if(in[i]==0) ans1++;
if(out[i]==0) ans2++;
}
if(col==1) cout<<1<<endl<<0;
else cout<<ans1<<endl<<max(ans2,ans1);
return 0;
}
#include<iostream> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<queue> #include<map> #include<vector> #include<set> using namespace std; const int maxn=10010; const int INF=0x3fffffff; typedef long long LL; int cnt=0,dfn=0; int low[maxn],num[maxn]; int sccno[maxn],stack[maxn],top;
//这个就表明属于哪个SCC vector<int> g[maxn]; void dfs(int u){ stack[top++]=u; low[u]=num[u]=++dfn; for(int i=0;i<g[u].size();i++){ int v=g[u][i]; if(!num[v]){ dfs(v); low[u]=min(low[u],low[v]); } else if(!sccno[v]){ //处理回退边 low[u]=min(low[u],num[v]); } } if(low[u]==num[u]){ //栈底的点是SCC的祖先， cnt++; while(1){ int v=stack[top--]; sccno[v]=cnt; if(u==v) break; //到达了祖先 } } } void tarjan(int n){ cnt=top=dfn=0; memset(sccno,0,sizeof(sccno)); memset(num,0,sizeof(num)); memset(low,0,sizeof(low)); for(int i=1;i<=n;i++){ if(!num[i]) dfs(i); } } int main(){ int n,m,u,v; while(scanf("%d %d",&n,&m),n!=0||m!=0){ for(int i=0;i<=n;i++){ g[i].clear(); } for(int i=0;i<m;i++){ scanf("%d %d",&u,&v); g[u].push_back(v); } tarjan(n); if(cnt==1) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); } return 0; }