有向图的强连通分量（邻接矩阵图表示法）

有向图的强连通分量的求解是个经典问题，但是如果不深刻算法的道理，很难自己实现出来。

首先解释下算法的道理。

1、什么是强连通分量？书上定义是其中任意两个点可以相互到达的一个顶点集合。如果形象化的描述，强连通是这样的一种点的集合，这些顶点是由若个个环扩展来的（想象下图形），比如一个环A→B→C→A，然后再环的基础上加一条起点与终点都在环上的路径（如B→E→F→C），那么这个图形仍然是强联通的，用这种方法一直扩展到找不到这样的路径了，就找到了一个极大强连通分量。

2、怎么在强联通分量的基础上理解图？我们知道了强连通分量的直观理解了，如何在此基础上组成图呢，显然如果图包含了多个强连通分量，那么把这些强联通分量看成一个点，那么这些点肯定不能组成环（否则就连通起来了），不能有环的图等价于一个拓扑图（拓扑图的定义省略了）。总而言之，图就是由多多个强连通分量组成的拓扑序列。

3、什么是图的逆转？图的逆转就是把图中所以边的方向逆转。在理解前两点的基础上，我们知道把一个图逆转后，他的强连通分量是不变的。为什么？因为对于环来说只是换了个旋转方向，对于拓扑序列（由强联通分量之间组成）来说，逆向也不会产生环。

4、为什么深度优先遍历会体现图的结构？书上总是说深度优先遍历能体现图的结构，怎么体现的呢，对于有向图来说，体现的是顶点的拓扑排序。在深度优先遍历过程中有一个回溯过程，每次回溯的时候是当前顶点结束访问的时候。我们还是以强联通分量组成的拓扑系列才思考图，假设有三个强连通分量C1 C2 C3，他们的拓扑排序为C1→C2→C3，假设我们从C2中的一个顶点开始深度优先遍历，那么在C3所有顶点都结束访问后，C2才有可能结束所有点的访问，同理只有C2所有顶点结束访问后C1才有可能结束所有顶点的访问。很容易推理出最后一个结束访问的顶点一定属于C1连通分量。所以每个点的结束访问时间，如果逆序排列，可以几乎模拟拓扑排序中的顶点顺序。

注意这儿用的是几乎，因为逆序排列后不是严格按照（C1所有顶点）然后（C2所有顶点）然后（C3顶点）这样的顺序，而是把排列后的序列中去掉所有C1中的点，下一个点一定属于C2，同理再去点C2中所有点，下一个一定是C3中的（这个有点废话了 毕竟只有3个分量 哈哈）。

5、为什么算法把图逆转？ 之前说了逆转后连通分量不变，还有一个好处是，逆转后如果按照原图的拓扑顺序去深度优先遍历，那么各个连通分量间就不会相互跨越访问！

      如上面的例子，把C1→C2→C3逆转后变为C1←C2←C3，再按照原先的顺序深度遍历，那么遍历过程中一定不会从C1跨越到C2了，这个时候每次遍历到的点的集合就是一个强连通分量。

解释完了，理解了上面5点，算法也就很容易理解了。

算法：

     1、第一次深度优先遍历图，标记每个顶点的结束访问时刻。

      2、按照每个顶点的结束访问时刻逆序排列，

      3、依排列顺序，选择一个未被访问的顶点深度优先遍历图。

      4、如果图还有未被访问的顶点，连通分量加一，返回第3步。

 

下面是实现代码：

#include <iostream>
using namespace std;
#define N 10
int Vertex[N]={0};//保存顶点信息
int Arc[N][N]={0};//保存边的信息 这儿使用的是邻接矩阵图
int Visited[N]={0};//给第一个深度遍历用
int FinishedTime[N]={0};//保存每个顶点访问完成的时刻
int Visited1[N]={0};//给第二个深度遍历用 算法结束后 里面对应的是每个顶点属于的连通分量编号
int cnt=1;//计数用
int Level=1;//用来计算属于的连通分量编号
void DFS1(int a);
void DFS2(int a);
void Reverse();
int FindMax();
void show();
void main()
{
 while(cin)//初始化图的信息 这儿设定图有10个顶点
 {
 cout<<"请输入边:\n";
 int a,b;
 cin>>a>>b;
 if(cin)
 Arc[a][b]=1;
 }
 for(int i=0;i!=N;++i)//第一次深度优先遍历 标记顶点完成时间
 {
  if(Visited[i]==0)
   DFS1(i);
 }
 Reverse();//图的边求逆
 while(cnt>1)
 {
  int t=FindMax();
  DFS2(t);
  Level++;
 }
 show();
 ::system("pause");

}
void DFS1(int a)
{
 Visited[a]=1;
 for(int i=0;i!=N;++i)
 {
  if(Visited[i]==0&&Arc[a][i]==1)
   DFS1(i);
 }
 FinishedTime[a]=cnt++;
}
void DFS2(int a)
{
 Visited1[a]=Level;
 cnt--;//访问节点计数
 for(int i=0;i!=N;++i)
 {
  if(Visited1[i]==0&&Arc[a][i]==1)
  {
   DFS2(i);
  }
 }
}
void Reverse()
{
 for(int i=0;i!=N;++i)
  for(int j=0;j<i;++j)
  {
   int t=Arc[i][j];
   Arc[i][j]=Arc[j][i];
   Arc[j][i]=t;
  }
}
int FindMax()
{
 int max=-1;int position=-1;
 for(int i=0;i!=N;++i)
 {
  if(FinishedTime[i]>max&&Visited1[i]==0)
  {
   max=FinishedTime[i];position=i;
  }
 }
 return position;
}
void show()
{
 for(int i=1;i!=Level;++i)
 {
  cout<<"连通分量"<<i<<"：\n";
  for(int j=0;j!=N;++j)
  {
   if(Visited1[j]==i)
    cout<<j<<" ";
  }
  cout<<endl;
 }
}

测试输出：