Tarjan演算法

割點（割頂）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define _ 200010
using namespace std;
struct node{int x,y,next;} a[_];
int n,m,len=0,id=0,ans=0;
int last[_],low[_],dfn[_];
/*dfn[i]表示點i被訪問的時間戳
low[i]表示點i及i的子樹中所有結點能到達的結點中dfn最小的結點的時間戳*/
bool bz[_];//是不是割點
void ins
 
(int x,int y)
{
	a[++len].x=x;a[len].y=y;a[len].next=last[x];last[x]=len;
}
void dfs(int x,int root)
//x表示當前訪問到第x個點,root表示以root為根節點的子樹的根
{
	int tot=0;//入度(及子樹數) 
	low[x]=dfn[x]=++id;
//記錄時間戳
	for(int i=last[x];i;i=a[i].next)
	{
		int y=a[i].y;
		if(!dfn[y])
		{
			dfs(y,root);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
 

//更新當前節點的low值
			if(low[y]>=dfn[x]&&x!=root) bz[x]=true;
/*非根且子樹能達到的dfn最小的結點的時間>=自己的時間時,
說明它的子樹中最早能訪問到的結點都比它後訪問,此時只要不為根就一定是割點*/
			if(x==root) tot++;
//更新入度
		}
		low[x]=min(low[x],dfn[y]);
//把點x及x的子樹可以達到的dfn的最小結點更新
	}
	if(x==root&&tot>=2) bz[root]=true;
/*如果一個點為根且入度>=2(即有兩個子樹),則一定為割點,
因為一棵樹的根一刪,那麼它的子樹一定不連通了*/
 

}
int main()
{
	int x,y;
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d %d",&x,&y);
		ins(x,y);
		ins(y,x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!dfn[i]) dfs(i,i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(bz[i]) ans++;
	printf("%d\n",ans);//割點的總數
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(bz[i]) printf("%d ",i);//輸出割點
	return 0;
}

割邊（橋）

#include<bits/stdc++.h>
#define _ 110000
using namespace std;

struct rec
{
    int y, next;
}edge[_],cut[_];
int n,m,id=0,len=0;
int dfn[_], low[_];
int head[_], bz[_], link[_];

void Add(rec *edge,int x,int y,int *head)
{
    edge[++len].y = y,edge[len].next = head[x],head[x] = len;
}

void tarjan(int x)
{
    dfn[x]=low[x]=++id;
    for (int i =head[x]; i; i =edge[i].next) 
	{
        int y = edge[i].y;
        if (bz[x] == y) continue;
        if (!dfn[y]) 
		{
            bz[y] = x;//是y的爸爸為x!!
            tarjan(y);
            low[x] = min(low[x], low[y]);
            if (low[y] > dfn[x]) Add(cut, x, y, link);
        }//此處無=號!!
        low[x] = min(low[x], dfn[y]);
    }
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) 
	{
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        Add(edge,x,y,head);
        Add(edge,y,x,head);
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) 
		if (!dfn[i]) tarjan(i);
    for (int x = 1; x <= n; ++x) 
		for (int i = link[x]; i; i = cut[i].next)
            printf("%d %d\n",x,cut[i].y);
}

有向圖的強連通分量

//強連通分量
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 100010
#define $ 1000010
using namespace std;
inline int read()
{
	int f=1,num=0;
	char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') { if (ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
	while (ch>='0'&&ch<='9') num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0', ch=getchar();
	return num*f;
}

int ver[$],Next[$],link[_],len=0;
void add(int x,int y)
{
	ver[++len]=y,Next[len]=link[x],link[x]=len;
}
int dfn[_],low[_],id=0,belong[_];
int Stack[_],top=0,tot=0;
int instack[_];
vector<int>scc[_];
void tarjan(int x)
{
	dfn[x]=low[x]=++id;
	instack[x]=1;
	Stack[++top]=x;
	for(int i=link[x];i;i=Next[i])
	{
		int y=ver[i];
		if(!dfn[y])
		{
			tarjan(y);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
		}
		else if(instack[y])
		low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		int k;
		++tot;
		do
		{
			k=Stack[top--], instack[k]=0;
			belong[k]=tot,	scc[tot].push_back(k);
		}while (k!=x);
	}
}
int main()
{
	int n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int x=read(),y=read();
		add(x,y);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(!dfn[i])	tarjan(i);
	for (int i=1;i<=tot;++i)
	{
		printf("SCC #%d:",i);
		for (int j=0;j<scc[i].size();++j)
			printf(" %d",scc[i][j]);
		puts(" ");
	}
	return 0;
}

附上一個求最大強連通分量的例題

洛谷 p1726
描述 Description
在幻想鄉，上白澤慧音是以知識淵博聞名的老師。春雪異變導致人間之裡的很多道路都被大雪堵塞，使有的學生不能順利地到達慧音所在的村莊。因此慧音決定換一個能夠聚集最多人數的村莊作為新的教學地點。人間之裡由N個村莊（編號為1…N）和M條道路組成，道路分為兩種一種為單向通行的，一種為雙向通行的，分別用1和2來標記。如果存在由村莊A到達村莊B的通路，那麼我們認為可以從村莊A到達村莊B，記為(A,B)。當(A,B)和(B,A)同時滿足時，我們認為A,B是絕對連通的，記為<A,B>。絕對連通區域是指一個村莊的集合，在這個集合中任意兩個村莊X,Y都滿足<X,Y>。現在你的任務是，找出最大的絕對連通區域，並將這個絕對連通區域的村莊按編號依次輸出。若存在兩個最大的，輸出字典序最小的，比如當存在1,3,4和2,5,6這兩個最大連通區域時，輸出的是1,3,4。
輸入格式 Input Format
第1行：兩個正整數N,M
第2…M+1行：每行三個正整數a,b,t, t = 1表示存在從村莊a到b的單向道路，t = 2表示村莊a,b之間存在雙向通行的道路。保證每條道路只出現一次。
輸出格式 Output Format
第1行： 1個整數，表示最大的絕對連通區域包含的村莊個數。
第2行：若干個整數，依次輸出最大的絕對連通區域所包含的村莊編號。
樣例輸入 Sample Input

5 5
1 2 1
1 3 2
2 4 2
5 1 2
3 5 1

樣例輸出 Sample Output

3
1 3 5

時間限制 Time Limitation
1s
註釋 Hint
對於60%的資料：N <= 200且M <= 10,000
對於100%的資料：N <= 5,000且M <= 50,000

#include<bits/stdc++.h>
#define _ 100010
using namespace std;
inline int read()
{
	int f=1,num=0;
	char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') { if (ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
	while (ch>='0'&&ch<='9') num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0', ch=getchar();
	return num*f;
}
int head[_],ver[_],Next[_],len;
void add(int x,int y)
{
    ver[++len]=y,Next[len]=head[x],head[x]=len;
}
int dfn[_],low[_],id=0;
int belong[_],siz[_];
int Stack[_],top=0,tot=0;
int instack[_];
void tarjan(int x)
{	
    low[x]=dfn[x]=++id;
    instack[x]=1;
	Stack[++top]=x;
    for(int i=head[x];i;i=Next[i])
	{
		int y=ver[i];
        if(!dfn[y])
		{
            tarjan(y);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
        }
        else if(instack[y])
			low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
	int k;
    if(low[x]==dfn[x])
	{
    	++tot;
    	do
    	{
    		k=Stack[top];
			siz[tot]++;
    		--top;
    		instack[k]=0;
    		belong[k]=tot;
		} while (k!=x);
    }
}
int maxn=-1;
int main()
{
    int n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
	{
        int x=read(),y=read(),z=read();
        add(x,y);
        if(z==2) add(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    int dcc;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(siz[belong[i]]>maxn)
			maxn=siz[belong[i]],dcc=i;
    printf("%d\n",maxn);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(belong[i]==belong[dcc]) printf("%d ",i);
    return 0;
}

無向圖的雙連通分量

E-DCC (邊-雙連通分量) 模板

/*
*邊雙連通分量（e-DCC）的求法
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 100010
using namespace std;
int head[_],ver[_*2],Next[_*2];
int dfn[_],low[_],n,m,tot,id;
bool bridge[_*2];
void add(int x,int y)
{
	ver[++tot]=y,Next[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
void tarjan(int x,int inEdge)
{
	dfn[x]=low[x]=++id;
	for (int i=head[x];i;i=Next[i])
	{
		int y=ver[i];
		if (!dfn[y])
		{
			tarjan
            
  
           

              
              
            
            
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圖論 模板（2）
     
  
 
  
  
 Tarjan演算法 
 割點（割頂） 
 #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define _ 200010
using namespace std;
struct node{ 

  
 

    

    
    
圖論 模板（1）
     
  
 
  
  
 最短路（ShortextPath） 
 Dijkstra 
 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std; 
/*Dijkstra演算法*/
int a[3010][3010],d[3010],n,m;
bool v[3010];
 

  
 

    

    
    
圖論 模板（3）
     
  
 
  
  
 一筆畫問題（尤拉路） 
 DFS版 
 /*1.一筆畫問題
*規定	所有的邊都只能畫一次，不能重複畫
*輸入
	第一行只有一個正整數N(N<=10)表示測試資料的組數.
	每組測試資料的第一行有兩個正整數P,Q(P<=1000,Q<=2000),
	分別表示這個畫中有多 

  
 

    

    
    
圖論講解（1）——圖基礎
     
 同學   根據   tdi   sin   images   鄰接表   c++   algo   ack   前面一直在嗶嗶數論，是不是感覺很煩的慌了？？
╮(╯▽╰)╭唉，你不煩得慌我都煩得慌了！
既然這樣，那我們就改個話題，今天我們就講講圖論。
有的同學就要問圖又是個什麽鬼？
難道是這個嗎？   

  
 

    

    
    
第21課 可變參數模板（2）_展開參數包
     
 delet   pre   控制   seq   src   構造   pro   head   del   1. 可變參數模板函數
（1）遞歸函數方式展開參數包
　　①一般需要提供前向聲明、一個參數包的展開函數和一個遞歸終止函數。
　　②前向聲明有時可省略，遞歸終止函數可以是0個或n個參數
（2）逗號表達式 

  
 

    

    
    
【AI基礎】python:openCV——圖像處理（2）
     
 getTrackbarPos圖像處理練習
制作一個滑動條調色板，使用函數cv2.getTrackbarPos()；cv2.creatTrackbar()
import cv2
import numpy as np

def nothing(x):
    pass

img = np.zeros((300,5 

  
 

    

    
    
並不對勁的圖論專題（三）：SPFA算法的優化
     
 a算法   bubuko   等於   dfs   size   iomanip   最小   bre   else if   1.bzoj1489->
這是個新套路。
我們希望找到最小的x，那麽可以二分x，然後判斷是否存在圈的邊權的平均值小於等於x。
設圈的邊權依次為w1，w2，w3，…，wk，平均值 

  
 

    

    
    
python圖像處理（2）圖像水印和PIL模式轉化
     
 tex   我們   參考   height   rom   設置   分享   show   pen   模式轉化：
PIL模式轉化：將圖片轉化成其他模式

 1 # 我們將image圖像轉化為灰度圖像（python）
 2 from PIL import Image
 3 img = Image.open 

  
 

    

    
    
Django基於第一個項目導入模板（2）
     
 分享   template   bubuko   項目   服務器   http   brush   新建文件夾   temp    1.在模塊blog下新建文件夾templates,在templates下新建index.html文件

//index.html代碼如下：

<html>
	< 

  
 

    

    
    
PAT 備考第一天——圖論演算法（一）
     
  
 
  
  
 大綱： 
 必考考點： 1.圖的定義和相關術語 2.圖的儲存（鄰接矩陣和鄰接表） 3.圖的遍歷（DFS和BFD） 4.最短路徑演算法 5.拓撲排序 
 非重點考點： 1.關鍵路徑 2.最短路徑中的Bellman-Ford和SPFA 
 甲級考綱以外的考點： 最小生成樹演算法 
 一、圖的 

  
 

    

    
    
圖論：（半）尤拉圖與（半）哈密頓圖
     
 
                圖論：尤拉圖與哈密頓圖

圖論最基本的要素就是點和邊，尤拉圖和哈密頓圖是分別關於點和邊的兩種特殊圖的形式。

尤拉圖側重於經過所有的點，哈密頓圖側重於經過所有的邊。

尤拉圖

尤拉路徑：一條路徑在圖G中恰好經過每條邊一次。尤拉通路：通過圖中所有邊的簡單路（其實就是每條邊經過 

  
 

    

    
    
圖論演算法（六）-- 二分圖的最大分配問題（JAVA）
     
 
								
								            
							
							
							二分圖：又稱二部圖，如果一個圖的所有頂點可以被分為X和Y兩個集合，並且所有邊的兩個頂點恰好一個屬於一個集合X，另一個屬於集合Y，即每個集合內的頂點沒有邊相連，那麼這個圖就是二分圖。 
二分圖的最大分配問 

  
 

    

    
    
圖論演算法（一）
     
 
							
							
							圖的基本概念及表示





圖的基本概念

圖(graph)可視為一有序二元組G = (V,E), 其中V = {v1,v2,……,vn}為頂點集，V中的元素稱為頂點(vertex)，E = {e1,e2,……,en}稱為邊集，E中的元素成為邊(edge)。E 

  
 

    

    
    
圖論演算法（3）--- A*演算法求k短路
     
 
                
在一個有向圖中，如何求出前k短路，比較高效的演算法我們自然想到了A*演算法，這裡賦上程式碼，所有講解將放在程式碼註釋中：
如對A*有基礎性知識的疑問，請參考此文：A*搜尋演算法
import java.io.File;
import java.io.IOException; 

  
 

    

    
    
圖論演算法（4） --- TSP旅行商問題 求最短迴路（acm）
     
 
                
對於TSP旅行商問題，我們做的最多的也就是求最短迴路了，那麼對於一個數據量適中的圖來說，一般的dfs方法即可求解，在這裡，我應用dfs的思想來實現此問題，而關鍵之處在於對矩陣的改進，這樣的操作可以使得應用搜索思想求TSP問題時，效率有顯著的提高。對於矩陣的改進，我們對矩陣的 

  
 

    

    
    
圖論演算法（一）--最短路徑的DFS/BFS解法（JAVA ）
     
 
								
								            
							
							
							最短路徑–城市路徑問題：

問題描述：求從1號城市到5號城市的最短路徑長度 
 
Input： 
5 8 
 1 2 2 
 1 5 10 
 2 3 3 
 2 5 7 
 3 1 4 
 3 4 4 

  
 

    

    
    
python科學計算學習二：matplotlib繪圖，圖標註釋（2）
     
 
                
    圖標註釋對於搞研究的人來說是很重要的，一般的paper裡面也都會有。所以是很有必要要學習的。
    下面通過一個例子來說明python是怎麼做的。

  1 import matplotlib.pyplot as plt
  2 import numpy as n 

  
 

    

    
    
圖論演算法（五）--求解割點、割邊（JAVA）
     
 
								
								            
							
							
							割點：對於一個連通圖來說，如果刪除某個點之後圖不再連通，這個點就稱為割點 
割點演算法 
時間複雜度：O(N+M) 
但是下面給出的演算法時間複雜度為O(N^2)，這是因為下面的儲存結構都是鄰接矩陣，這 

  
 

    

    
    
PAT 備考——圖論演算法（二）最短路徑
     
  
 
 
  
  最短路徑演算法是PAT甲級考試常考演算法，具體說來，最短路徑包括Dijkstra演算法、Floyd演算法，其餘的Bellman-Ford和SPFA基本不會考（參《演算法筆記》胡凡，曾磊著） 
  
 目錄 
 一、最短路徑基本概念與問題分類 
 1.基本概念 
 2.問題分類 
 二、D 

  
 

    

    
    
NOIP複賽複習（五）程式對拍與圖論模板
     
  
 
  程式對拍 
  所謂“對拍”，顧名思義，就是讓兩者相互比對。所謂“兩者”，一是你要測試的程式，二是一個答案在該程式在一定範圍（時間/空間）內結果必定正確的程式（一般是用暴力求解的程式）。對拍一般需要造資料程式（data.exe），保證正確性的暴力對拍程式（test.exe）與測試程式（以moo.e