初涉tarjan缩点
tarjan缩点:口胡过好多题,不过从来没写过……
什么是缩点
tarjan和Kosaraju、Gabow算法一样,是为了求有向图中的强连通分量。因为有向图中大多数情况下会有环存在,而有环是一个不甚好的性质。如果把有向图里的所有强连通分量都看作是一个点(缩点),则原图就会变成一个DAG——DAG是一个好东西。
什么是tarjan缩点
tarjan算法网上大多有介绍,我也在之前看过多次,不过从未写过,这里不再介绍。
今天把核心代码重新看了一遍,终于深入理解了其算法。那么就不妨在这里直接放上代码。
tarjan代码
void tarjan(int now)
{
dfn[now] = low[now] = ++tim; //常规的dfn[]和low[]
stk[++cnt] = now;
for (int i=head[now]; i!=-; i=nxt[i])
{
int v = edges[i];
if (!dfn[v]){
tarjan(v);
low[now] = std::min(low[now], low[v]);
}else if (!col[v])
low[now] = std::min(low[now], dfn[v]); //注意这里是dfn[v]
}
if (low[now]==dfn[now]) //最后的统计部分
{
col[now] = ++cols;
for (; stk[cnt]!=now; cnt--)
col[stk[cnt]] = cols;
cnt--;
}
}
用途
1.有向图的缩点
2.解决2-SAT
几道例题
【tarjan+DAGdp】P3387 【模板】缩点
题目背景
缩点+DP
题目描述
给定一个n个点m条边有向图,每个点有一个权值,求一条路径,使路径经过的点权值之和最大。你只需要求出这个权值和。
允许多次经过一条边或者一个点,但是,重复经过的点,权值只计算一次。
输入输出格式
输入格式:
第一行,n,m
第二行,n个整数,依次代表点权
第三至m+2行,每行两个整数u,v,表示u->v有一条有向边
输出格式:
共一行,最大的点权之和。
说明
n<=10^4,m<=10^5,点权<=1000
算法:Tarjan缩点+DAGdp
题目分析
嘛……具体算法在题面里都给出来了。缩点+dp。
我做法是缩完点后重新建边,长是长了点,不过要是到了其他题的话可移植性会大一些。
至于dp,只需要建一个超级源,然后从超级源开始记忆化搜索就好了。
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn = ;
const int maxm = ; int n,m;
int f[maxn],val[maxn],col[maxn],cols;
int edgeTot,edges[maxm],nxt[maxm],head[maxn];
bool vis[maxn]; int read()
{
char ch = getchar();
int num = ;
bool fl = ;
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch=='-') fl = ;
for (; isdigit(ch); ch = getchar())
num = (num<<)+(num<<)+ch-;
if (fl) num = -num;
return num;
}
namespace tarjanSpace
{
int stk[maxn],cnt;
int a[maxn],dfn[maxn],low[maxn],tim;
int edgeTot,edges[maxm],nxt[maxm],head[maxn];
void tarjan(int now)
{
dfn[now] = low[now] = ++tim;
stk[++cnt] = now;
for (int i=head[now]; i!=-; i=nxt[i])
{
int v = edges[i];
if (!dfn[v]){
tarjan(v);
low[now] = std::min(low[now], low[v]);
}else if (!col[v])
low[now] = std::min(low[now], dfn[v]);
}
if (low[now]==dfn[now])
{
::col[now] = ++::cols;
for (; stk[cnt]!=now; cnt--)
::col[stk[cnt]] = ::cols;
cnt--;
}
}
inline void addedgeInner(int u, int v)
{
edges[++edgeTot] = v, nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot;
}
inline void addedgeOuter(int u, int v)
{
::edges[++::edgeTot] = v, ::nxt[::edgeTot] = ::head[u], ::head[u] = ::edgeTot;
}
void dealOuter()
{
for (int i=; i<=n; i++) ::val[::col[i]] += a[i];
for (int i=; i<=n; i++)
{
int u = col[i];
for (int j=head[i]; j!=-; j=nxt[j])
{
int v = col[edges[j]];
addedgeOuter(u, v);
}
}
for (int i=; i<cols; i++) addedgeOuter(, i);
}
void solve()
{
memset(head, -, sizeof head);
n = read(), m = read(), cnt = tim = edgeTot = ;
for (int i=; i<=n; i++) a[i] = read(), addedgeInner(, i);
for (int i=; i<=m; i++)
{
int u = read(), v = read();
addedgeInner(u, v);
}
tarjan();
dealOuter();
}
}
void dp(int now)
{
if (vis[now]) return;
vis[now] = ;
for (int i=head[now]; i!=-; i=nxt[i])
{
int v = edges[i];
dp(v);
f[now] = std::max(f[now], f[v]);
}
f[now] += val[now];
}
int main()
{
memset(head, -, sizeof head);
tarjanSpace::solve();
dp();
printf("%d\n",f[]);
return ;
}
【tarjan】bzoj1051: [HAOI2006]受欢迎的牛
Description
Input
Output
一个数,即有多少头牛被所有的牛认为是受欢迎的。
Sample Input
1 2
2 1
2 3
Sample Output
HINT
题目分析
一个最基础的方法就是把每只奶牛都开一个认可数组vis[]并且赋一个标号,对于出边传递自己所有的认可,这样子到最后统计有多少牛拥有所有认可就好了。
那么为了避免死循环是要先拓扑排序一遍的,但是这张图如果存在环呢?存在环就不能只这样操作了。
当做法因为环的存在而不适用的时候,自然就考虑到了缩点。
对于缩完点的图,我们再来观察一下:
可以发现,这个DAG新图若存在强连通分量满足条件,则这个强连通分量一定是出度为零的。
这里不能够用入度是否为n-1判断,因为认可能够被传递,与入度没有直接关系。
还有非常重要的一点!如果建了超级源来联通森林,那么$maxm'=maxn+maxm$,不然要RE的!
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn = ;
const int maxm = ; int n,m;
int deg[maxn],stk[maxn],cnt;
int col[maxn],cols;
int dfn[maxn],low[maxn],size[maxn],tim;
int edgeTot,edges[maxm],nxt[maxm],head[maxn]; int read()
{
char ch = getchar();
int num = ;
bool fl = ;
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch=='-') fl = ;
for (; isdigit(ch); ch = getchar())
num = (num<<)+(num<<)+ch-;
if (fl) num = -num;
return num;
}
void addedge(int u, int v)
{
edges[++edgeTot] = v, nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot;
}
void tarjan(int x)
{
dfn[x] = low[x] = ++tim;
stk[++cnt] = x;
for (int i=head[x]; i!=-; i=nxt[i])
{
int v = edges[i];
if (!dfn[v])
tarjan(v), low[x] = std::min(low[x], low[v]);
else if (!col[v])
low[x] = std::min(low[x], dfn[v]);
}
if (dfn[x]==low[x])
{
col[x] = ++cols, size[cols] = ;
for (; stk[cnt]!=x; cnt--, size[cols]++)
col[stk[cnt]] = cols;
cnt--;
}
}
int main()
{
memset(head, -, sizeof head);
n = read(), m = read();
for (int i=; i<=m; i++)
{
int u = read(), v = read();
addedge(u, v);
}
for (int i=; i<=n; i++) addedge(, i);
tarjan();
for (int i=; i<=n; i++)
for (int j=head[i]; j!=-; j=nxt[j])
if (col[i]!=col[edges[j]])
deg[col[i]]++;
int tot = , gr = ;
for (int i=; i<cols; i++)
if (!deg[i])
tot = size[i], gr++;
printf("%d\n",gr>?:tot);
return ;
}
【tarjan+拓扑排序】P1262 间谍网络
题目描述
由于外国间谍的大量渗入,国家安全正处于高度的危机之中。如果A间谍手中掌握着关于B间谍的犯罪证据,则称A可以揭发B。有些间谍收受贿赂,只要给他们一定数量的美元,他们就愿意交出手中掌握的全部情报。所以,如果我们能够收买一些间谍的话,我们就可能控制间谍网中的每一分子。因为一旦我们逮捕了一个间谍,他手中掌握的情报都将归我们所有,这样就有可能逮捕新的间谍,掌握新的情报。
我们的反间谍机关提供了一份资料,色括所有已知的受贿的间谍,以及他们愿意收受的具体数额。同时我们还知道哪些间谍手中具体掌握了哪些间谍的资料。假设总共有n个间谍(n不超过3000),每个间谍分别用1到3000的整数来标识。
请根据这份资料,判断我们是否有可能控制全部的间谍,如果可以,求出我们所需要支付的最少资金。否则,输出不能被控制的一个间谍。
输入输出格式
输入格式:
第一行只有一个整数n。
第二行是整数p。表示愿意被收买的人数,1≤p≤n。
接下来的p行,每行有两个整数,第一个数是一个愿意被收买的间谍的编号,第二个数表示他将会被收买的数额。这个数额不超过20000。
紧跟着一行只有一个整数r,1≤r≤8000。然后r行,每行两个正整数,表示数对(A, B),A间谍掌握B间谍的证据。
输出格式:
如果可以控制所有间谍,第一行输出YES,并在第二行输出所需要支付的贿金最小值。否则输出NO,并在第二行输出不能控制的间谍中,编号最小的间谍编号。
题目分析
这题显然我们首先要环缩点,然后对于DAG拓扑排序,所有入度为0的点都必须要选。
要注意一点的就是:若一个连通块是可控制的,它的代价是块内所有可贿赂间谍的最小值。
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn = ;
const int maxm = ; struct node
{
int id,val;
}a[maxn];
int n,p,r,ans;
int low[maxn],dfn[maxn],tim;
int col[maxn],cols;
int stk[maxn],deg[maxn],val[maxn],cnt;
int edgeTot,edges[maxm],nxt[maxm],head[maxn];
bool mp[maxn]; int read()
{
char ch = getchar();
int num = ;
bool fl = ;
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch=='-') fl = ;
for (; isdigit(ch); ch = getchar())
num = (num<<)+(num<<)+ch-;
if (fl) num = -num;
return num;
}
void addedge(int u, int v)
{
edges[++edgeTot] = v, nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot;
}
void tarjan(int now)
{
dfn[now] = low[now] = ++tim;
stk[++cnt] = now;
for (int i=head[now]; i!=-; i=nxt[i])
{
int v = edges[i];
if (!dfn[v])
tarjan(v),
low[now] = std::min(low[now], low[v]);
else if (!col[v])
low[now] = std::min(low[now], dfn[v]);
}
if (dfn[now]==low[now])
{
col[now] = ++cols;
for (; stk[cnt]!=now; cnt--)
col[stk[cnt]] = cols;
cnt--;
}
}
int main()
{
memset(head, -, sizeof head);
memset(val, 0x3f3f3f3f, sizeof val);
n = read(), p = read();
for (int i=; i<=p; i++)
a[i].id = read(), a[i].val = read();
r = read();
for (int i=; i<=r; i++)
{
int u = read(), v = read();
addedge(u, v);
}
for (int i=; i<=n; i++) addedge(, i);
tarjan();
for (int i=; i<=p; i++)
{
int u = col[a[i].id];
mp[u] = , val[u] = std::min(val[u], a[i].val);
}
for (int i=; i<=n; i++)
for (int j=head[i]; j!=-; j=nxt[j])
if (col[i]!=col[edges[j]])
deg[col[edges[j]]]++;
bool fl = ;
// for (int i=1; i<cols&&fl; i++)
// if (!deg[i]&&!mp[col[a[i].id]])
// fl = 0, ans = i;
// else ans += a[i].val;
// for (int i=1; i<=p; i++)
// if (!deg[col[a[i].id]])
// ans += a[i].val;
for (int i=; i<cols; i++)
if (mp[i]&&!deg[i]) ans += val[i];
for (int i=; i<=n&&fl; i++)
if (!deg[col[i]]&&!mp[col[i]])
fl = , ans = i;
printf("%s\n%d\n",fl?"YES":"NO",ans);
return ;
}
END
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