强联通分量

CodeForces 864F Cities Excursions

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对Tarjan的算法理解有点要求的题,之前看了一下思路,敲了一下结果没过,照着博客改动了一下但并没有搞懂,今天补上。

题意:
给你一个有向图,若干询问,询问为从 s 到 t 的最小字典序路径中,第 k 个点是哪个点。

思路:
首先询问很多,有$4\times10^5$个询问,直接一个一个找肯定是不行的。
但是值得注意的是,点数比较少,只有$3000$个,假如我们固定起点,遍历全图来获得路径,在遍历的同时,对每一个点来记录答案。理想复杂度为$O(N^2)$,时间上满足条件。

一个问题是如何保证字典序最小,emmmm
用vector记录整张图,对于每个点的边进行排序,因为每个点访问一次,解决之。

这题还有一个合理的大坑,如果在遍历的时候,在之前已经出现了一个环,那么之后的所有点就都不会被访问。
当然你不能在找到一个环后,后面的点就不再遍历,这样会使最小字典树发生变化,会导致错误答案。
好题啊。

以上。

#include <bits/stdc++.h>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxn = 3e3 + 5;
const int maxq = 4e5 + 5;

struct Item {
    int u, v, q, id;
    bool operator<(const Item& item) const { return u < item.u; }
} items[maxq];

int dfn[maxn], low[maxn], vis[maxn], vtm;
int path[maxn], ans[maxq];
vector<int> G[maxn];
vector<Item> qary[maxn];

void tarjan(int u, int dep, bool cant)
{
    path[dep] = u;
    low[u] = dfn[u] = ++vtm;
    vis[u] = 1;
    int sz = qary[u].size();
    if (!cant)
        each(i, sz)
        {
            Item& item = qary[u][i];
            if (item.q <= dep)
                ans[item.id] = path[item.q];
        }
    sz = G[u].size();
    each(i, sz)
    {
        int v = G[u][i];
        if (!vis[v]) {
            tarjan(v, dep + 1, cant | (low[u] < dfn[u]));
            low[u] = min(low[u], low[v]);
            cant |= (low[v] < dfn[v]);
        } else if (vis[v] == 1)
            low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    vis[u] = 2;
}

int main()
{
    int n, m, q, u, v;
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &q);
    each(i, m)
    {
        scanf("%d %d", &u, &v);
        G[u].push_back(v);
    }
    range(i, 1, n) sort(G[i].begin(), G[i].end());
    each(i, q)
    {
        Item& item = items[i];
        scanf("%d %d %d", &item.u, &item.v, &item.q);
        item.id = i;
    }
    sort(items, items + q);
    fill(ans, -1);
    each(i, q)
    {
        Item& item = items[i];
        qary[item.v].push_back(item);
        if (i == q - 1 || item.u != items[i + 1].u) {
            vtm = 0, fill(vis, 0);
            tarjan(item.u, 1, false);
            range(j, 1, n) qary[j].clear();
        }
    }
    each(i, q) printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}
强联通分量

HDU 6165 FFF at Valentine

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好烦,感觉自己的图论知识都有了,但是一旦写起来还是非常欠缺……
什么时候我才能踩完所有的坑,成就大佬之路呢……

今天多校的第二道签到题……
是的,签到题……但是我没有写出来为什么呢……我也想知道为什么我老是会这样那样的地方写错……

今天错的地方是没有去重,还像条疯狗一样跑去BC官方博客理论了……
在这里先道个歉……
但是题解的确没写清楚

题意:
给你一个有向图,有环,无重边,无自环。
问你是否存在两个不联通的点。

思路:
拿到题的第一思路,拓扑排序,有环就缩点呗!
然后开始疯狂WA……

思路没错,但是在缩点后没有去重,导致缩点后一条边的出度增加,拓扑排序失败……

好烦……讲道理缩点+拓扑,虽然简单,但也没有沦落到这种比赛的签到题上……

原因就是数据很小,允许 \( O ( n^2 ) \)解题……
可能因为图论学傻了,没想到也不愿意用暴力做……

暴力的方法是,枚举每一个点,记录它可以达到的点,构成一个二维矩阵,然后遍历一下矩阵,看是否存在相互不可达的点即可。
虽然暴力在我眼里有点不齿,但是优雅的暴力还是非常值得认可的。

缩点 + 拓扑排序 AC Code

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 1005;

int idx, n, m, scc, top, vis_time;
int head[maxn], dfn[maxn], low[maxn], in[maxn], color[maxn], st[maxn];
bool instack[maxn];

struct node {
    int to;
    int nxt;
} edges[7000];

bool g[maxn][maxn];
int deg[maxn];
int vex[maxn];

bool toposort()
{
    for (int i = 1; i <= scc; i++)
        for (int j = 1; j <= scc; j++)
            g[i][j] = false;
    for (int u = 1; u <= n; u++) {
        int cu = color[u];
        for (int id = head[u]; ~id; id = edges[id].nxt) {
            int cv = color[edges[id].to];
            if (cu != cv && !g[cu][cv]) { //这里要去重!!!
                deg[cv]++;
                g[cu][cv] = true;
            }
        }
    }
    queue<int> que;
    for (int i = 1; i <= scc; i++)
        if (deg[i] == 0)
            que.push(i);
    while (!que.empty()) {
        if (que.size() > 1)
            return true;
        int u = que.front();
        que.pop();
        for (int i = 1; i <= scc; i++) {
            if (g[u][i]) {
                if (--deg[i] == 0)
                    que.push(i);
            }
        }
    }
    return false;
}

void addEdge(int u, int v)
{
    edges[idx].to = v;
    edges[idx].nxt = head[u];
    head[u] = idx++;
}

void tarjan(int u)
{
    int v;
    low[u] = dfn[u] = ++vis_time;
    instack[u] = true;
    st[++top] = u;
    for (int id = head[u]; ~id; id = edges[id].nxt) {
        v = edges[id].to;
        if (!dfn[v]) {
            tarjan(v);
            low[u] = min(low[u], low[v]);
        } else if (instack[v])
            low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    if (dfn[u] == low[u]) {
        scc++;
        do {
            v = st[top--];
            instack[v] = false;
            color[v] = scc;
        } while (v != u);
    }
}

void init()
{
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        head[i] = -1;
        deg[i] = in[i] = dfn[i] = low[i] = 0;
    }
    vis_time = top = idx = scc = 0;
}

int main()
{
    int T, u, v;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d %d", &n, &m);
        init();
        while (m--) {
            scanf("%d %d", &u, &v);
            addEdge(u, v);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (dfn[i] == 0)
                tarjan(i);
        if (toposort())
            puts("Light my fire!");
        else
            puts("I love you my love and our love save us!");
    }
    return 0;
}
强联通分量

Kosaraju算法入门 ( 附 POJ 2186

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Table of contents

算法详解

花了一点小时间入门了 kosaraju 算法。
记得之前在一篇博文中提到过,ACM中求强联通分量的常见算法有三种:

  1. 暴力
  2. Tarjan
  3. Kosaraju

其中暴力和 Kosaraju 算法在求强联通分量的同时,可以直接输出可行解,而Tarjan则需要通过额外的拓扑排序来得出可行解。

简单说一下 Kosaraju 的基本思路:
Kosaraju算法主要通过一个非常显然的性质来求强联通分量的。

对于一个强联通分量,将它的所有边反向,那么它依然是一个强联通分量。

因此,我们通过两边dfs,第一遍dfs求出整张图的拓扑序,第二遍dfs按照拓扑序通过反向边进行拓展。
这个地方就非常巧妙。因为在按照拓扑序遍历的过程中,对于一个点,如果它是一个强联通分量的一个点,那么除开原先遍历标记过点,必然会存在拓扑序在该点之后但仍然指向该点的一个点。

好难表达,yy很容易

题解

题意:
有一群牛,给你很多个关系,一对关系 a -> b 表示 a 认为 b 是肥宅,问被所有牛公认为肥宅的牛有几头。

思路:
题意即 在拓扑序排最后一个强联通分量的数量。
注意,原图可能不联通,不联通根据题意输出0。

AC Code

#include <algorithm>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int max_v = 1e4 + 5;

int v_num, num;
vector<int> G[max_v], rG[max_v], vs;
bool vis[max_v];
int color[max_v];

void dfs(int u)
{
    vis[u] = true;
    int sz = G[u].size();
    for (int i = 0; i < sz; i++)
        if (!vis[G[u][i]])
            dfs(G[u][i]);
    vs.push_back(u);
}

void rdfs(int u, int scc)
{
    vis[u] = true;
    color[u] = scc;
    int sz = rG[u].size();
    for (int i = 0; i < sz; i++)
        if (!vis[rG[u][i]])
            rdfs(rG[u][i], scc);
}

int kosaraju()
{
    memset(vis, false, sizeof vis);
    vs.clear();
    for (int v = 1; v <= v_num; v++)
        if (!vis[v])
            dfs(v);
    memset(vis, false, sizeof vis);
    int scc = 0;
    num = 0;
    for (int i = vs.size() - 1; i >= 0; i--) {
        if (!vis[vs[i]])
            rdfs(vs[i], scc++);
    }
    int res = 0, u;
    for (int i = 1; i <= v_num; i++) {
        if (color[i] == scc - 1) {
            u = i;
            res++;
        }
    }
    memset(vis, false, sizeof vis);
    rdfs(u, 0);
    for (int i = 1; i <= v_num; i++)
        if (!vis[i])
            return 0;
    return res;
}

void addEdge(int from, int to)
{
    G[from].push_back(to);
    rG[to].push_back(from);
}

int main()
{
    int m, u, v;
    while (scanf("%d %d", &v_num, &m) != EOF) {
        for (int i = 1; i <= v_num; i++)
            G[i].clear(), rG[i].clear();
        while (m--) {
            scanf("%d %d", &u, &v);
            addEdge(u, v);
        }
        printf("%d\n", kosaraju());
    }
    return 0;
}
强联通分量

HDU 6073 Matching In Multiplication

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今天多校的第一锅……
这套题真是神奇,明明都是Claris出的,涉及图论的居然有4道……
而且就这道题来说,有一个卡点真的是很让人觉得奇妙。

题意:
给你一个两边点数相同的二分图,左边的点都会连接右边两个不同的点。
求 每一个完美匹配的边权积 的和。

思路:
真特么神题……
一开始我看到这题,潜意识的想到网络流,看到点数这么多认定不可能是网络流。又通过每个左边集合的点都有两个选择,互相矛盾想到2-sat,但需要输出所有可行解又十分困难。于是我猜测,最多只有两个方案。但是被队友反驳了……最后就没出……

其实基本思路已经对了。的确是求2-sat的所有可行解。但是会有一些优化的地方。
一开始,我们对于右侧的点,如果他的入度为 1 ,那么我们的选择是确定的。用这个方式对整张图进行拓扑排序。最后获得左右两侧都有 m 个点,并且右侧的点的入度都大于等于 2 。
因为此时左侧只有 m 个点了 ,那么左侧的出度和也就是右侧的入度和 就是 2m ,因此右侧的每个点的入度都为 2。
对于这样的图,图中的每一个强联通分量内,他的可行方案的确是两个,自行yy即可。我也证明不来……但十分显然
剩下的就是我们对于每一个强联通分量都有指数次的选择。
这是我在想这道题一直想不出来的卡点……每个强联通分量内都有两个方案,如果有 n 个强联通分量就有 \( 2^{n} \) 个方案,我根本不可能将他们计算出来。当时我是这么想得,许颂嘉也是这么说的
但实际上,我们只要将每个强联通内的两个方案值相加的结果互相乘起来就好了……
比如说 有强联通分量 a b 方案数分别是 a1 , a2 , b1 , b2 。
那么总共的方案就是 \( a1\times b1 + a1 \times b2 + a2 \times b1 + a2 \times b2 \)
合并一下就是 \( \left( a1 + a2 \right) \times \left( b1 + b2 \right) \)

得解。

AC Code

#include <algorithm>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)

using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 6e6 + 10;

int idx, n, ans;
int head[maxn], deg[maxn];
bool vis[maxn];

queue<int> que;

struct node {
    int to, next, weight;
} edges[maxn << 1];

void addEdge(int u, int v, int w)
{
    edges[idx] = (node){ v, head[u], w }, head[u] = idx++;
    edges[idx] = (node){ u, head[v], w }, head[v] = idx++;
    deg[u]++, deg[v]++;
}

int findNext(int x, int& w)
{
    for (int id = head[x]; ~id; id = edges[id].next)
        if (!vis[edges[id].to]) {
            w = edges[id].weight;
            return edges[id].to;
        }
    return -1;
}

int findEdge(int u, int v)
{
    for (int id = head[u]; ~id; id = edges[id].next)
        if (edges[id].to == v)
            return edges[id].weight;
    return 1;
}

int main()
{
    int T, v, w;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n), n <<= 1, ans = 1, idx = 0;
        memset(head, -1, sizeof head);
        memset(deg, 0, sizeof deg);
        memset(vis, false, sizeof vis);
        each(i, n) scanf("%d %d", &v, &w), addEdge(i / 2 + 1, v + n / 2, w);
        range(i, n / 2 + 1, n) if (deg[i] == 1) que.push(i);
        while (!que.empty()) {
            int u = que.front(), v;
            que.pop();
            for (int id = head[u]; ~id; id = edges[id].next) {
                v = edges[id].to;
                if (!vis[v]) {
                    vis[u] = vis[v] = true;
                    ans = ans * 1LL * edges[id].weight % mod;
                    break;
                }
            }
            for (int id = head[v]; ~id; id = edges[id].next)
                if (!vis[u = edges[id].to] && --deg[u] == 1)
                    que.push(u);
        }
        range(i, 1, n) if (!vis[i])
        {
            int a = 1, b = 1, id = 1, cur, pre = i;
            vis[i] = true;
            for (cur = findNext(i, w); ~cur; cur = findNext(cur, w)) {
                que.push(w);
                vis[cur] = true;
                pre = cur;
            }
            que.push(findEdge(pre, i));
            while (!que.empty()) {
                id& 1 ? a = a * 1LL * que.front() % mod : b = b * 1LL * que.front() % mod;
                id++;
                que.pop();
            }
            ans = ans * 1LL * (a + b) % mod;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}
强联通分量

算法学习—— tarjan算法求强连通分量 (附带 hdu1827

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tarjan算法的第三个应用 求强连通分量

强连通分量我就不具体介绍了

这次的关键数组含义仍然没变 low[u] 仍然还是 u 能到达的最小的 low[v] ( low[v] 又由它最小的 low[v'] 决定

这里有个很关键的点 low[u] == dfn[u] 若以 求割点与桥的tarjan理解 表示 u 的子树的结点中最早能返回到 u,不能访问到u的祖先, 而 u 又必然能访问到 其子树,因此很简容易便能理解 u 及其子树形成了一个最大的连通块 即 强连通分量

而根据 dfs 的 递归与回溯特性 我们以一个栈来存储一个强连通分量 当得到 low[u]==dfn[u] 时可以逐个出栈得到强连通中的所有结点

鉴于强连通的特性 我们可以将算法简单优化一下 比如 不在 连通栈中的结点 我们已经无需去更新它的 low[u]

HDU 1827 Summer Holiday

ac code

这题的话 tarjan算法求一下缩点 并且吧强连通分量中最小的值记录下来 最后计算下入度为0 的点 加上即可(一开始我还想用并查集 还是太嫩了…………

/* ***********************************************************************
   > File Name: contest.cpp
   > Author: Key
   > Mail: keyld777@gmail.com
   > Created Time: 2016年11月18日 星期日 20时10分38秒
 ********************************************************************** */
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>

using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1005;
int n, m, indx, vis_time, ansn, scn, top;
int head[maxn], low[maxn], dfn[maxn], stack[maxn], val[maxn], color[maxn], minval[maxn];
int in[maxn];
bool instack[maxn];

struct node {
    int from;
    int to;
    int next;
    // int w;
};

node edge[2 * maxn];

void AddEdge(int u, int v)
{
    edge[indx].from = u;
    edge[indx].to = v;
    edge[indx].next = head[u];
    head[u] = indx++;
}

void init()
{
    vis_time = indx = ansn = scn = top = 0;
    memset(head, -1, sizeof head);
    memset(dfn, 0, sizeof dfn);
    memset(low, 0, sizeof low);
    memset(in,0,sizeof in);
}

void tarjan(int u)
{
    int v;
    low[u] = dfn[u] = ++vis_time;
    instack[u] = true;
    stack[++top] = u;
    for (int id = head[u]; id != -1; id = edge[id].next) {
        v = edge[id].to;
        if (!dfn[v]) {
            tarjan(v);
            low[u] = min(low[u], low[v]);
        } else if (instack[v])
            low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    if (dfn[u] == low[u]) {
        scn++;
        minval[scn]=val[u];
        do {
            v = stack[top--];
            instack[v] = false;
            color[v] = scn;
            minval[scn]=min(minval[scn],val[v]);
        } while (v != u);
    }
}

int main()
{
    int u, v;
    while (scanf("%d %d", &n, &m) != EOF) {
        init();
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%d", val + i);
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            scanf("%d %d", &u, &v);
            AddEdge(u, v);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (!dfn[i])
                tarjan(i);
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            u = edge[i].from;
            v = edge[i].to;
            if (color[u] != color[v])
                in[color[v]]++;
        }
        int ans=0,ansn=0;
        for(int i=1;i<=scn;i++)
            if(in[i]==0){
                ansn++;
                ans+=minval[i];
            }
        printf("%d %d\n",ansn,ans);
    }
    return 0;
}