基本图论-连通分量(强/弱联通 割点/边 边/点双)

## 前言 网上现存$60\%$的文章都有明显的误区，本文章经过多次修改，能保证正确性 - 本文涉及强连通分量、弱连通分量、割点、割边、边双、点双，属于基本图论范畴 - 在有着直接关联的基础上又有所不同，本文基于把抽象的数组转换为在图上的意义，旨在让初学者能更轻松地理解并区分差别 - 为避免各个板子的差别过大，在正确的基础上尽量保证代码的相似性 >如果您之前学过，可能与您的定义有所不同，故请在看完每个算法下面的代码后再进行文字阅读 - 文字中某个词语后出现带圆框的数字，如①②，这些词语将会在文字下方有详细的注释，方便阅读 ## 前置 我们简略地定义$dfs$树为遍历路程中路径所组成的一棵树，注意下面说的儿子、叶子节点、子树边界$($与子树直接相连的外部节点$)$等用法都从此基础上得出 如下图及$dfs$树，$3,7$为$1$的儿子，叶子节点为$2,5,6,8$，$7$的子树边界为$\{1\}(1$与$7$和$8$直接相连$)$，如果新加一条边$(3,4)$，则$7$的子树边界为$\{1,3\}$  # 有向图 ## 强连通分量 **定义**：有向图中某个点集中的点互相能到达的分量为强连通分量 为方便理解我们采取归纳法：找到完整强连通分量后立即染色 - 定义$dfn_u$：表示$dfs$中$u$的时间戳；初始化为第几个被遍历到的点。 - 定义$low_u$：表示$u$能到达且在$u$子树边界的未染色的最小时间戳①$($设代表该最小时间戳点的点为$x$，可证明$x$一定能与$u$组成强连通分量②$)$；初始化为$dfn_u$。 >①：显然代表该最小时间戳的不为$u$的子树$($除$u)$，因为子树内的时间戳$u$已经为最小的了。故$u$的子树并不影响$low_u$，真正影响的是$u$的子树外，与$u$子树有接触，且未染色的。 >②：$($下图为例$)x$位于$f$的左子树，$x$所在完整强连通内所有节点不止在左子树$($否则就染色了$)$，$x$至少能与$f$组成强连通分量。故$x$一定能与$u$组成强连通分量：$f\rightarrow u\rightarrow x\rightarrow f$。  **具体做法**：在$u$的子树遍历完后，$low_u=dfn_u$则把栈顶到该点的区间染色$($与子树外单向联通，那$u$的子树未处理部分与$u$组成强连通分量$)$，否则要等回到某个祖先后染色才能分量的完整 **code** 也可更换第$7$行代码为： ```cpp else if(visit[v]) low[u]=std::min(low[u],low[v]); //此时定义low：能与u组成强连通分量(未染色)的最小时间戳 ``` ```cpp void Tarjan(LL u){ dfn[u]=low[u]=++tim; sta[++top]=u; visit[u]=true; for(LL i=head[u];i;i=dis[i].nxt){ LL v(dis[i].to); if(!dfn[v]){ Tarjan(v); low[u]=std::min(low[u],low[v]); }else if(visit[v]) low[u]=std::min(low[u],dfn[v]); } if(low[u]==dfn[u]){ LL now; ++nod; do{ now=sta[top--]; col[now]=nod; visit[now]=false;③ }while(now!=u); } } ``` > ③：$visit$清空：强连通分量是建立在有向图上的，$u\rightarrow v,v\nrightarrow u$时，如果之前先遍历过$v$，则已经把$visit$清空了，此时$u$不受$v$的任何影响 ## 弱连通分量 **定义**：同一弱连通分量里的任意两个点$x,y$，保证至少一方能到达另一方 想象一下某个弱连通分量进行强连通缩点后的样子？能两两到达的肯定存在于同一个大点中了，剩下的肯定是单向联通，故一定是一条单直链 **性质**：某一点可能属于多个弱连通分量，显然，属于强连通分量的两点一定属于同一弱连通分量 **做法**：在强连通缩点后的$DAG$图中，每一条链就是一个弱连通分量 # 无向图 为了割点与桥的统一计算，在无向图中我们不管父亲$($类似树的遍历，遇到$f$则$continue)$，稍后会说明原因 且重新定义： - 定义$low_u$：$u$的子树与子树外接触的最小时间戳$($除$(u,f)$的影响,因为在遍历$u$时遇到$f$会跳过$)$ 如下图，蓝边为$dfs$树，标号为时间戳，$6$的子树为$\{6,7,8,9\}$，子树与子树外的接触为$(6,3),(7,5),(9,2)$，故$low_6=2$  ## 割点 **定义**：无向图中，将该点从原图中拿掉后，连通分量数量增加 **想象一下割点在图上的样子**：一个点至少夹在两个互不接触 (( 不考虑该点的连接作用 )) 联通块之间  **为了便于理解，先想一下暴力做法④**：特判每一个点，如果该点至少有两个儿子则说明为割点$($这些儿子所属的子树互不接触，否则仅需遍历一次，而该点位于子树之间，显然割掉后连通块个数=儿子个数$)$。时间复杂度$O(nm)$ >④：因为判断儿子得把整个子树全跑一遍。而每一次判断的儿子个数仅对根有效。因为**根**肯定得把一个子树的点遍历完才能回溯；**其他的点**由于顺序关系，入度也会成为一个儿子$($对于无根树$)$，实际上入度上方可能与儿子有接触，故不能一次性判断。比如下面的这幅图，从$1$开始遍历则$3$有两个儿子；但从$3(root)$开始遍历：$3\longrightarrow 2\longrightarrow 1\longrightarrow 12\longrightarrow 13\longrightarrow9\longrightarrow8\longrightarrow6\longrightarrow7\longrightarrow5\longrightarrow4\longrightarrow10\longrightarrow11$，最后得到的是$3$只有一个儿子，所以$3$不为割点  **转换成条件**：对于$(u,v),fa_v=u$，在割掉$u$后，$v$的子树与外界无任何接触。也就是$v$的子树仅与外界的$u$接触，则当割掉$u$后，多生成了一个联通分量。 **抽象成代码**：$u\in Articulation Point \longrightarrow low[v]>=dfn[u]$ **细节**：如果我们首先遍历$u(root)$，则无论怎样$low_v$都会$≥dfn_u(dfn_u=1)$，则根据定义是把$u$判断为割点，其实不然⑤。 >⑤：有时我们发现根不会为割点，这是为什么呢?因为$u$的子树就是所有点，故没有外界，也就是说特判一定满足，故该特判对其无效。 >所以需要判断的是$u$是否有至少两个儿子$($原理就是上面的暴力做法$)$，否则就为无根树上的叶子节点了$($也就是边界$)$ **code** ```cpp void Tarjan(LL u,LL mr,LL f){ LL rc(0); dfn[u]=low[u]=++cnt; for(LL i=head[u];i;i=dis[i].nxt){ LL v(dis[i].to); if(v==f) continue; if(!dfn[v]){ Tarjan(v,mr,u); low[u]=min(low[u],low[v]); if(low[v]>=dfn[u]&&u!=mr) cut[u]=true; if(u==mr) rc++; }else low[u]=min(low[u],dfn[v]); } if(u==mr&&rc>=2) cut[mr]=true; } ``` ## 桥 **定义**：又称为割边，将该边从原图中拿掉后，连通分量数量增加 **想象一下桥在图上的样子**：一条边被两个不接触$($不考虑这条边的连接作用$)$的联通块夹在中间。 如下方，两个"$+$点"间的为桥  **为了便于理解，先想一下暴力做法**：枚举每一条边$(x,y)$从$x$节点出发不经过该边遍历一次，如果不能到达$y$则该边为桥。时间复杂度$O(m^2)$ **转换成条件**：对于桥$(u,f),fa_u=f$的，割掉$(u,f)$后，$u$的子树外界无任何接触。也就是除$(u,f)$外，$u$的子树的边仅局限在内部，相当于u的子树被一根线挂在$f$节点上。 **抽象成代码**：$(u,v)\in Bridge\longrightarrow low[v]>dfn[u]$ ```cpp void Tarjan(LL u,LL f){ dfn[u]=low[u]=++cnt; for(LL i=head[u];i;i=dis[i].nxt){ LL v(dis[i].to); if(v==f) continue; if(!dfn[v]){ Tarjan(v,u); low[u]=min(low[u],low[v]); if(low[v]>dfn[u]){ e[++tot][0]=u; e[tot][1]=v; } }else low[u]=min(low[u],dfn[v]); } } ``` ## 其实割点是可以考虑父亲的影响，而桥绝对不能 因为$f$为割点仅需要考虑$u$的子树最多遍历到$f$，也就是说$(u,f)$这条边对判断起不到任何影响 而桥$(f,u)$需要：除开这条边，$u$的子树最多遍历到$u$。如果考虑父亲的影响，$low_u$一定会受$dfn_f$的影响$(low_u=dfn_f)$，特判起来会变得十分麻烦 故为了代码的方便，在割点割边时不考虑父亲 ## 边双连通分量 **定义**：简写为边双，同一边双内，点与点的边集中无桥 如下图，每种颜色的点为一个边双，之间由桥隔开  **具体做法** - 两次遍历：这个就比较简单了，直接找出所有的桥删掉，然后遍历一遍染色就行了，因为桥已经被全部删掉，故每种颜色的分量的边集中肯定无桥 - 一次遍历：桥的定义入手，考虑桥$(f,u)$，$u$的子树局限于内部，故满足$low_u=dfn_u$；而同属$u$的边双内的任意点$x$，由于无桥，肯定不会局限于$x$的子树，故满足$low_x≠dfn_x$。与强连通分量的做法类似，判断$dfn_u=low_u$，把压进栈里的点取出来染色即可 ```cpp void Tarjan(LL u,LL fa){ dfn[u]=low[u]=++tim; sta[++top]=u; for(LL i=head[u];i;i=dis[i].nxt){ LL v(dis[i].to); if(v==fa) continue; if(!dfn[v]){ Tarjan(v,u); low[u]=std::min(low[u],low[v]); }else low[u]=std::min(low[u],dfn[v]); } if(low[u]==dfn[u]){ LL now; ++nod; do{ now=sta[top--]; col[now]=nod; }while(now!=u); } } ``` ## 点双连通分量 **定义**：简写为点双，对于同属一个点双的任意点，删除后，该分量中的点仍能互相到达；或者说仅对于该分量而言，无割点。  **具体做法**： 依旧从割点的定义入手：割点将原图分成互不相连的多个联通块，显然每个联通块本身已经是一个点双了，但不完整，因为相邻的割点在边界，如果与联通块共同组成一个新联通块，割掉后也不会另外产生联通块$($相当于该连通块上的叶子节点$)$，所以需要加上来才完整$($故割点是会同时存在于多个点双中的$)$ 我们怎么染色呢？可以发现在$dfs$树中，割点$u$在进行与儿子节点的染色时会分给多个点双，而在遍历完儿子后，与祖先将仅产生一个完整点双⑥。所以当$u$为割点，给儿子节点染色时，取到儿子借点就够了，栈中保留$u$，等到$u$的某个祖先后再取出来。 新建一个节点来维护某个点双，该点向该点双的每个点连一条边$($当然这是建立在新图上的$)$，这就是广义圆方树 >⑥：如下图  ```cpp void Tarjan(LL u){ dfn[u]=low[u]=++tim; sta[++sta[0]]=u; for(LL i=G1.head[u];i;i=G1.dis[i].next){ LL v(G1.dis[i].to); if(!dfn[v]){ Tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]); if(low[v]>=dfn[u]){ G2.Add(++tot,u); LL now(0); do{ now=sta[sta[0]--]; G2.Add(tot,now); }while(now!=v); } }else low[u]=min(low[u],dfn[v]); } } ``` ## 例题一：[[HNOI2012]矿场搭建](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3225) 我们把每个点双看作一个分量 - 分量无割点：说明整个联通块就是一个点双，建两个出口，随便割一个由于点双的性质所有点都能出去 - 分量有一个割点：在除割点的地方建一个出口，割掉割点直接去分量里的出口，割掉出口通过割点跑到其他分量的出口中 再具体点就相当于多个点双构成了一棵树$($仅一个节点的树除外$)$，而我们仅在叶子节点建出口 ## 例题二：[[POI2008]BLO-Blockade](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3469) 显然仅割点会对除本身以外的访问有影响，影响为多个分支所跨该割点访问数， 记分支的节点数分别为$size_1,size_2,...,size_k$，$sum=\sum\limits_{i=1}^k size_i,ans=\sum\limits_{i=1}^k size_i\cdot(sum-size_i)+(n-1)*2$ ## 例题三：[[ZJOI2004]嗅探器](https://www.luogu.org/problemnew/show/P5058) 其实就是求：多个点双构成的树，$x,y$所在节点间的割点 - 首先得所属节点不同：$low_y>=dfn_x$ - 其次得保证$u$是位于期间的割点：$dfn_u<=low_v$ - 且$u$的该分支$v$，$y$存在于子树$v$内：$dfn_v<=dfn_y$ ## 例题四：[HDU - 5215](https://vjudge.net/problem/HDU-5215) 纯奇环偶环通过dfs树上，染色判断（由于偶环可能有两个奇环，通过一点相交，dfs树上并不能判完） 两环如果相交必定形成偶环，由于不可以重复经过边，把每个边双提出来判断一下是否存在两个环以上即可 [code](https://www.cnblogs.com/y2823774827y/p/11645631.html)