图论-有向图缩点

强连通(strongly connected)：在一个有向图G里，设两个点 a b 发现，由a有一条路可以走到b，由b又有一条路可以走到a，我们就叫这两个顶点（a，b）强连通。

强连通图：如果在一个有向图G中，每两个点都强连通，我们就叫这个图，强连通图。

强连通分量strongly connected components)：在一个有向图G中，有一个子图，这个子图每2个点都满足强连通，我们就叫这个子图叫做强连通分量。

有向图的缩点就是把有向图中强连通分量缩成一个点（道理很简单，我到了这个强连通分量的任何一点，那么这个强连通分量就能被我访问了），在处理有向图的连通性问题时有很多作用。

比如如下问题:

给出一个 0 ≤ N ≤ 10⁵ 点数、0 ≤ M ≤ 10⁵ 边数的有向图，

输出一个尽可能小的点集，使得从这些点出发能够到达任意一点，如果有多个这样的集合，输出这些集合升序排序后字典序最小的。

第一行为两个整数 1 ≤ n, m ≤ 10⁵，
接下来 M 行，每行两个整数 1 ≤ u, v ≤ 10⁵ 表示从点 u 至点 v 有一条有向边。

数据保证没有重边、自环。

第一行输出一个整数 z，表示作为答案的点集的大小；

第二行输出 z 个整数，升序排序，表示作为答案的点集。

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不明白缩点的话，是很难做出来的，也有其他方法，这里这是举个例子来解决问题。

缩点其实难在求有向图的强连通分量上面，这个得先去了解一下点击打开链接

我们把输出的代码改一下，记录到一个数组里面并且同时给每一个点打上标记，即这些点都是一个强连通分量里面的

num记录的是强连通分量数量，p是记录第几个强连通分量里面的点，unicom表示每一个点属于第几个强连通分量。

算法复杂度O(N+E)

这样我们的预备工作就做好了。把N个点划分成了num个强连通分量块了。

问了验证有向图的联通性，我们还需要利用边的信息。

假如存a->b的边而且unicom[a]!=unicom[b]即它们俩个点不属于同一强连通分量。那么也就是说我们到达了点a，那么包括点b的强连通分量就全部可以到达了。

我们给强连通分量unicom[b]打上标记，这块不用考虑了，考虑a就行了。

S数组保存起点 E数组保存终点 e表示边的条数。

算法复杂度O(E)

总时间复杂度O(E+N)

基本上这个连通性的问题就解决了，对于那些没有打上标记的强连通分量就需要选取到达了。

代码如下:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=1e5+100;
vector<int> G[maxn],p[maxn],ans;
int low[maxn],dfn[maxn],Stack[maxn],S[maxn],E[maxn],n,e,cnt,Index,num;
int link[maxn],unicom[maxn];
bool vis[maxn];

void tarjan(int u)
{
    low[u]=dfn[u]=++cnt;
    vis[u]=true;
    Stack[++Index]=u;
    for (int i=0;i<G[u].size();i++) {
        int v=G[u][i];
        if (!dfn[v]) {
            tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);
        }
        else if (vis[v]){
            low[u]=min(low[u],dfn[v]);
        }
    }
    if (dfn[u]==low[u]) {
       ++num;
       do {
            p[num].push_back(Stack[Index]);
            unicom[Stack[Index]]=num;
            vis[Stack[Index]]=false;
            Index--;
       }while (u!=Stack[Index+1]);
    }
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&e);
    for (int i=1;i<=e;i++) {
        scanf("%d%d",&S[i],&E[i]);
        G[S[i]].push_back(E[i]);
    }
    memset (vis,false,sizeof(vis));
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        if (!dfn[i]) tarjan(i);
    }
    for (int i=1;i<=e;i++) {
        if (unicom[S[i]]!=unicom[E[i]])
            link[unicom[E[i]]]=1;
    }
    for (int i=1;i<=num;i++) sort(p[i].begin(),p[i].end());
    for (int i=1;i<=num;i++) {
        if (!link[i]) ans.push_back(p[i][0]);//选取第一个点就好了
    }
    sort(ans.begin(),ans.end());
    printf("%d\n",ans.size());
    for (int i=0;i<ans.size();i++) {
        printf("%d%c",ans[i],(i==ans.size()-1)?'\n':' ');
    }
    return 0;
}

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