有向图的强连通分量（tarjan算法）
强连通分量
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)。
考虑强连通分量C，设其中第一个被发现的点为x，则，C中其他的点都是x的后代。我们希望在x访问完成时立即输出C（可以同时记录C，输出代表当前在当前的遍历序列中剔除），这样就可以在同一颗DFS树种区分开所有SCC了，因此问题的关键是判断一个点是否为一个SCC中最先被发现的点。
贴一个算法解析http://blog.csdn.net/wsniyufang/article/details/6604458
SDUT3262
利用targan算法求出图中所有的强连通分量，将相同连通分量的点缩成一个点，然后重新构图，BFS求最短路即可。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010;
int low[N];//当前能回溯到的栈中最小的次序号
int pre[N]; // 记录当前节点的次序号。（时间戳）
int scc[N];//记录节点所属强连通分量
stack<int>st;//栈中储存当前未处理的节点（访问了，但并没有划分为连通分量）
int dfs_num;//次序号
int cnt;//强连通分量的编号 1 ~ maxNumberOfSCC
int n,m;
int dis[N];
vector<int>V[N],G[N];
void init(){
mem(low,0);mem(pre,0);mem(scc,0);
dfs_num = 0; cnt = 0;
while(!st.empty()) st.pop();
for(int i=0;i<=n;i++){
V[i].clear();G[i].clear();
}
}
void tarjan(int x){
pre[x] = low[x] = ++dfs_num;
st.push(x);
for(int i=0;i<V[x].size();i++){
int v = V[x][i];
if(!pre[v]){//没有访问过
tarjan(v);
low[x] = min(low[x],low[v]);
}
else if(!scc[v]){// 访问过了，但是没有划分联通分量，
//也就是在栈中
low[x] = min(low[x],pre[v]); // pre[v],v节点的时间戳
}
}
if(low[x] == pre[x] ){//当前的次序号等于 能回溯到的最小次序号
//说明找到了”根“节点
cnt++;
while(1){
int tmp = st.top(); st.pop();
scc[tmp] = cnt;
if(tmp == x) break;
}
}
}
int bfs(int x){
queue<int>Q;
Q.push(x);
mem(dis,-1);
dis[x] = 0;
while(!Q.empty()){
int u = Q.front();Q.pop();
for(int i=0;i<G[u].size();i++){
int v = G[u][i];
if(dis[v] == -1){
dis[v] = dis[u] + 1;
// cout<<dis[v]<<" sdsd"<<endl;
if(v == scc[n-1]) return dis[v];
Q.push(v);
}
}
}
return dis[scc[n-1]];
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&m);
init();
int a,b;
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
V[a].push_back(b);
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(!pre[i])
tarjan(i);//缩点
}
// for(int i=0;i<n;i++)
// cout<<scc[i]<<endl;
for(int i=0;i<n;i++){ //重新构图
for(int j=0;j<V[i].size();j++){
int v = V[i][j];
if(scc[i] != scc[v])
G[scc[i]].push_back(scc[v]);
}
}
int ans = bfs(scc[0]);
printf("%d\n",ans);
}
}
HDU1269
Tarjan 裸题
直接求强连通分量，连通分量数为1即输出Yes（强连通图）。
POJ1236
盗图 ，思路参考http://blog.csdn.net/sr_19930829/article/details/39554371
英语太烂，题目没读太懂。。
建图，求强连通缩点，出来新图DAG，然后找所有入度为0的顶点，即为问题一的答案。（显然）
有这么一个定理，对于一个DAG（Directed Acyclic Graph），设所有入度为0的顶点数为n，所有出度为0的顶点数为m，则至少加 max(n,m)条边可形成一个强连通分量。
坑点，当给定的图是一个强连通图，即只有一个强连通分量时，不能用求答案2的方法去求 加多少条边，因为显然不用加边了。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100 + 10;
vector<int>G[110];
vector<int>V[110];
stack<int>st;
int pre[maxn];
int low[maxn];
int scc[maxn];
int dfs_num;int cnt;
void init(){
mem(pre,0);
mem(low,0);
mem(scc,0);
dfs_num = 0,cnt = 0;
while(!st.empty()) st.pop();
for(int i=1;i<=100;i++){
V[i].clear();G[i].clear();
}
}
void tarjan(int x){
pre[x] = low[x] = ++dfs_num;
st.push(x);
for(int i=0;i<V[x].size();i++){
int v = V[x][i];
if(!pre[v]){
tarjan(v);
low[x] = min(low[x],low[v]);
}
else if(!scc[v]){
low[x] = min(low[x],pre[v]);
}
}
if(low[x] == pre[x]){
cnt++;
while(1){
int tmp = st.top();st.pop();
scc[tmp] = cnt;
if(tmp == x) break;
}
}
}
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
init(); int tmp;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(scanf("%d",&tmp)&& tmp){
V[i].push_back(tmp);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!pre[i])
tarjan(i);
}
//for(int i=1;i<=n;i++)
// printf("%d\n",scc[i]);
if(cnt == 1){
printf("1\n0\n"); return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<V[i].size();j++){
int v = V[i][j];
if(scc[i] != scc[v]){
G[scc[i]].push_back(scc[v]);
}
}
}
int zeroOutDegree = 0;
int zeroInDegree = 0;
int indegree[110]; mem(indegree,0);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(G[i].size() == 0)
zeroOutDegree++;
for(int j=0;j<G[i].size();j++){
int v = G[i][j];
indegree[v]++;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(indegree[i] == 0)
zeroInDegree++;
}
printf("%d\n",zeroInDegree);
printf("%d\n",max(zeroInDegree,zeroOutDegree));
return 0;
}
POJ2186
题目大意，有很多牛和牛的关系（A,B）代表A认为B受欢迎，（B，C）代表B认为C受欢迎，这种关系可以传递，所以A也认为C受欢迎。
给出这些关系，问一共有多少牛受所有牛的欢迎。
1.求出所有的强连通分量，用tarjan算法
2.每个强连通分量缩成一点，则形成一个有向无环图DAG。
3.DAG上面如果有唯一的出度为0的点，则改点能被所有的点可达。
那么该点所代表的连通分量上的所有的原图中的点，都能被原图中
的所有点可达 ，则该连通分量的点数就是答案。
4.DAG上面如果有不止一个出度为0的点，则这些点互相不可达，原问题
无解，答案为0； by kuangbin
想出DAG中存在唯一出度为0的点可以被所有点可达就OK了
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 10010;
int low[N];//当前能回溯到的栈中最小的次序号
int pre[N]; // 记录当前节点的次序号。（时间戳）
int scc[N];//记录节点所属强连通分量
stack<int>st;//栈中储存当前未处理的节点（访问了，但并没有划分为连通分量）
int dfs_num;//次序号
int cnt;//强连通分量的编号 1 ~ maxNumberOfSCC
int n,m;
int dis[N];
int numOfscc[N];
vector<int>V[N],G[N];
void init(){
mem(low,0);mem(pre,0);mem(scc,0);mem(numOfscc,0);
dfs_num = 0; cnt = 0;
while(!st.empty()) st.pop();
for(int i=0;i<=n;i++){
V[i].clear();G[i].clear();
}
}
void tarjan(int x){
pre[x] = low[x] = ++dfs_num;
st.push(x);
for(int i=0;i<V[x].size();i++){
int v = V[x][i];
if(!pre[v]){//没有访问过
tarjan(v);
low[x] = min(low[x],low[v]);
}
else if(!scc[v]){// 访问过了，但是没有划分联通分量，
//也就是在栈中
low[x] = min(low[x],pre[v]); // pre[v],v节点的时间戳
}
}
if(low[x] == pre[x] ){//当前的次序号等于 能回溯到的最小次序号
//说明找到了”根“节点
cnt++;
int l = 0;
while(1){
int tmp = st.top(); st.pop();
scc[tmp] = cnt; l++;
if(tmp == x) break;
}
numOfscc[cnt] = l;
}
}
int bfs(int x){
queue<int>Q;
Q.push(x);
mem(dis,-1);
dis[x] = 0;
while(!Q.empty()){
int u = Q.front();Q.pop();
for(int i=0;i<G[u].size();i++){
int v = G[u][i];
if(dis[v] == -1){
dis[v] = dis[u] + 1;
if(v == scc[n-1]) return dis[v];
Q.push(v);
}
}
}
return dis[scc[n-1]];
}
int main(){
int t;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
init();
int a,b;
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
V[a].push_back(b);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!pre[i])
tarjan(i);//缩点
}
int ans = 0;
int indegree[N];mem(indegree,0);
//cout<<cnt<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++){ //重新构图
for(int j=0;j<V[i].size();j++){
int v = V[i][j];
if(scc[i] != scc[v]){
G[scc[i]].push_back(scc[v]);
}
}
}
int l = 0;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(G[i].size() == 0){
l++; ans = numOfscc[i];
}
}
if(l == 1)
printf("%d\n",ans);
else
printf("0\n");
}
}