tarjan

https://www.luogu.org/problem/P2341 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=50010; int pre[maxn],other[maxn],last[maxn],l; int n,m; int dfn[maxn],low[maxn],ans[maxn],st[maxn],belong[maxn],cnt,top,qw; //dfn->dfs序，low是点上非树边指向的点（拥有最小的dfs序 ），st是一个栈，记录环上的点，belong是点所属于的环 void add(int x,int y) { l++; pre[l]=last[x]; last[x]=l; other[l]=y; } int ru[maxn],chu[maxn];//入度，出度 void dfs(int x) { dfn[x]=low[x]=++cnt;//可以知道每个点都指向自己（low） ru[x]=1; st[++top]=x; for(int p=last[x];p;p=pre[p]) { int v=other[p]; if(!dfn[v]) { dfs(v);//此时v的信息已经更新完毕 low[x]=min(low[x]

先来%一下Robert Tarjan前辈 %%%%%%%%%%%%%%%%%% 然后是热情感谢下列并不止这些大佬的博客： 图连通性（一）：Tarjan算法求解有向图强连通分量 图连通性（二）：Tarjan算法求解割点/桥/双连通分量/LCA 初探tarjan算法（求强连通分量） 关于Tarjan算法求点双连通分量 图的割点、桥与双连通分支 感谢有各位大佬的博客帮助我理解和学习，接下来就是进入正题。 关于tarjan，之前我写过一个是求lca的随笔，而找lca只是它一个小小的功能，它还有很多其他功能，具体是什么，我就根据自己的学习进程，一步步来自我回忆一下。 第一个是有向图求强连通分量。 让我们来引进百度 有向图强连通分量:在 有向图 G中，如果两个顶点vi,vj间(vi>vj)有一条从vi到vj的有向路径，同时还有一条从vj到vi的有向路径，则称两个顶点 强连通 (strongly connected)。如果有向图G的每两个顶点都强连通，称G是一个 强连通图 。有向图的极大强连通子图，称为强连通 分量 (strongly connected components)。 通俗解释，强连通就是有向图中，任意两个顶点彼此有一条路可以可以走到，而强连通分量就是它的强连通子图，极大强连通分量就是它最大的那个强连通子图。 而详细步骤的话，上面的博客已经讲得很清楚了，我就简单的阐述一下步骤。

LCA，即最近公共祖先，在图论中应用比较广泛。 LCA的定义如下：给定一个有根树，若节点$z$同时是节点$x$和节点$y$的祖先，则称$z$是$x,y$的公共祖先；在$x,y$的所有公共祖先当中深度最大的称为$x,y$的最近公共祖先。下面给出三个最近公共祖先的例子： 显然，从上面的例子可以得出，$LCA(x,y)$即为$x,y$到根节点的路径的交汇点，也是$x$到$y$的路径上深度最小的节点。 求LCA的方法通常有三种： 向上标记法 树上倍增法 Tarjan算法 当然，求LCA还有其它方法，例如树剖等，请读者自行了解，本文主要讲解上面提到的三种方法。 向上标记法 向上标记法是求LCA最直接的方法，直接根据定义来求，单次查询的时间复杂度最坏为$O(n)$ （看起来好像还挺快的，不过什么题会只有一次查询呢） 算法流程： 从x节点向上一直走到根节点，沿途标记经过的节点 从y节点向上一直走到根节点，当第一次遇到已标记的节点时，该节点就是$LCA(x,y)$ 该方法思想是绝对简单的，实现也简单，因此在这里就不给出具体实现了。不过由于其时间复杂度过高，在实际中基本不会应用到，在这里提一下主要还是为讲解Tarjan算法做基础。 树上倍增法 树上倍增法应用非常广泛，读者可以深入地学习。用树上倍增法求LCA的时间复杂度为$O((n+m)logn)$。 树上倍增法用到了二进制拆分的思想。在求LCA时

这么久了我还是不会板子，你们随便笑话我吧。 再不会打我实在是无能为力了。 这篇博客写的像个智障一样。。。写它的目的就是自嘲？ 才不是，为了方便查阅，因为我真的记不住。 对于割边，要存储该点入边的编号，因为更新low时不能沿着反向边爬回去。 遍历没走过的儿子时判定：如果儿子的low大于该点的dfn，则两点之间的路为割边。 对于割点，表达式为low[son]>=dfn[father].而对于根节点，必须有至少2个儿子满足条件时才能说根是割点。 从一个节点扫到的所有点都可以更新low值。 边双，就是割掉所有的割边之后图中剩下的联通分量。 缩点时把所有在同一个edcc里的合并，用割边连边即可。得到一棵树。 点双，dfs时使点入栈，在判割点时一旦满足条件，弹栈直到这个儿子弹出，再把父节点加入构成vdcc。 但是对于根节点是不是割点的判定没有变化。 缩点时，因为一个割点可能包含于多个vdcc，所以把割点作为中转站，把割点与其所在的vdcc连边，得到一棵树。 对于有向图强联通分量，也是维护了一个栈，dfs到点时加入。 搜索到在栈里的点（祖先）时更新low。如果回溯前dfn==low那么不断弹栈直到本节点弹出构成一个scc。 剩下的边会把图变为DAG，是有向无环图，接下来要拓扑排序而不是dfs！！ 来源： https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p

无向图的割顶和桥 low[i] 表示 i号节点能访问到最早节点的编号 dfn[i] 表示 i号节点在dfs序中的编号 void tarjan(int u,int fa){ int v; int child = 0,k = 0; dfn[u] = low[u] = ++dfs_clock; for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nxt){ v = edge[i].to; if(v == fa && !k){ // 处理重边 第一次访问到父亲则不访问 k++; continue; } if(!dfn[v]){ // v是u的儿子 child++; tarjan(v,u); low[u] = min(low[u],low[v]); // 儿子能访问到,父亲也能访问到 if(low[v] > dfn[u]){ // 儿子不能访问到父亲前面的点 // is_cut[i] = true; // i号边为割边 } if(low[v] >= dfn[u] && fa!=-1){ // 非树根且儿子不能访问他前面的点 iscutpoint[u] = true; } }else{ // v已经被访问过, 即u可以绕过父亲来访问更靠前的点 low[u] = min(low[u],dfn[v]); } } if(fa == -1 && child>1 ){ //

SAT是适定性(Satisfiability)问题的简称。一般形式为k-适定性问题，简称 k-SAT。而当$k>2$ 时该问题为NP完全的。所以我们只研究$k=2$时 情况。 定义 2-SAT，简单的说就是给出$n$ 个集合，每个集合有两个元素，已知若干个$\langle a, b \rangle$ ，表示$a$与$b$ 矛盾(其中$a$ 与$b$ 属于不同的集合)。从每个集合选择一个元素，使得选出的$n$ 个元素两两不矛盾的问题，就是2-SAT问题。显然可能有多种选择方案，一般题中只需要求出一种即可。 解决方法 我们考虑将2-SAT问题往图论的方向靠，每个元素用结点来表示，元素间的矛盾关系建边来表示。 设$\{a, a'\}$是一个集合里的元素，$\{b, b'\}$是另一个集合里的元素，假如$a,b$之间有矛盾，那么连边$a\to b'$，表示选了$a$就要选$b'$，连边$b\to a'$，表示选了$b'$就要选$a$。 这样问题就转化为了从$2\times n$个结点里选出$n$个分属不同集合的结点，并且对于每个选出的结点，其所有后继结点也都被选出。 方法1：dfs暴搜 就是沿着图上一条路径，如果一个点被选择了，那么这条路径以后的点都将被选择，那么，出现不可行的情况就是，存在一个集合中两者都被选择了。最坏时间复杂度为$O(nm)$，虽然后面讲的Tarjan

#include <iostream> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> #include<cstdio> #include<stack> #include <map> #define lson(p) (p<<1) #define rson(p) (p<<1|1) #define ll long long using namespace std; const int N = 1e5+10; int n,m; struct Edge{ int to,nxt; }edge[N<<2]; int tot,head[N]; int dfn[N],low[N],fa[N],d[N]; stack<int> st; int ind,ans; void init(){ tot = 0; memset(head,-1,sizeof head); memset(dfn,0,sizeof dfn); memset(low,0,sizeof low); } void add(int u,int v){ edge[tot].to = v; edge[tot].nxt = head[u]; head[u] = tot++; } void tarjan(int u,int root){ int v,sg

Description 　　如果某个无向连通图的任意一条边至多只出现在一条简单回路（simple cycle）里，我们就称这张图为仙人掌 图（cactus）。所谓简单回路就是指在图上不重复经过任何一个顶点的回路。 　　举例来说，上面的第一个例子是一张仙人图，而第二个不是——注意到它有三条简单回路：（4，3，2，1，6 ，5，4）、（7，8，9，10，2，3，7）以及（4，3，7，8，9，10，2，1，6，5，4），而（2，3）同时出现在前两 个的简单回路里。另外，第三张图也不是仙人图，因为它并不是连通图。显然，仙人图上的每条边，或者是这张仙 人图的桥（bridge），或者在且仅在一个简单回路里，两者必居其一。定义在图上两点之间的距离为这两点之间最 短路径的距离。定义一个图的直径为这张图相距最远的两个点的距离。现在我们假定仙人图的每条边的权值都是1 ，你的任务是求出给定的仙人图的直径。 题解 如果是圆圆边的话和普通的树形dp一样 对于环的话，把他拎出来单独考虑，首先要计算出这个环的贡献，然后更新环的最顶点 更新的话，就这个直接拿环上的点的dp值 ，再计算一下这两点之间的最短路 ，相加后更新 贡献的话，就是max(f[i]+f[j]+dis(i,j))，dis(i,j)=min(abs(deep[i]-deep[j]),size[环]-abs(deep[i]-deep[j]))

Description 图论小王子小C经常虐菜，特别是在图论方面，经常把小D虐得很惨很惨。 这不，小C让小D去求一个无向图的最大独立集，通俗地讲就是：在无向图中选出若干个点，这些点互相没有边连接，并使取出的点尽量多。 小D虽然图论很弱，但是也知道无向图最大独立集是npc，但是小C很仁慈的给了一个很有特点的图： 图中任何一条边属于且仅属于一个简单环，图中没有重边和自环。小C说这样就会比较水了。 小D觉得这个题目很有趣，就交给你了，相信你一定可以解出来的。 题解 可以考虑用仙人掌的做法来弄，我们可以不用把圆方树给建出来 直接在tarjan中做，设f[i][0/1]表示当前点为i选或不选i的子树的最大独立集 转移的话和一般的树形dp差不多，这样子做完就相当于把环给单独拎出来考虑 代码 1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 #define N 60010 4 using namespace std; 5 struct edge{int to,from;}e[N*3]; 6 int n,m,cnt=1,Fa[N],f[N][2],dfn[N],low[N],head[N]; 7 void insert(int x,int y) 8 { 9 e[++cnt].to=y,e[cnt].from=head[x],head[x]=cnt; 10 e[

https://www.luogu.org/problem/P3469 翻译：一个原本连通的无向图，可以删除图中的一个点，求因为删除这个点所导致的不连通的有序点对的数量。或者说，删去这个点之后，各个连通分量的大小的乘积之和？ 当然是考虑新学的Tarjan法求割点。一遍Tarjan给每个点记录他是不是割点。然后第二遍的时候对每个割点，统一它连接的 来源： https://www.cnblogs.com/Yinku/p/11361600.html