【COGS8】 備用交換機

【問題描述】
n個城市之間有通訊網路，每個城市都有通訊交換機，直接或間接與其它城市連線。因電子裝置容易損壞，需給通訊點配備備用交換機。但備用交換機數量有限，不能全部配備，只能給部分重要城市配置。於是規定：如果某個城市由於交換機損壞，不僅本城市通訊中斷，還造成其它城市通訊中斷，則配備備用交換機。請你根據城市線路情況，計算需配備備用交換機的城市個數，及需配備備用交換機城市的編號。
【輸入格式】
輸入檔案有若干行
第一行，一個整數n，表示共有n個城市(2<=n<=100)
下面有若干行,每行2個數a、b，a、b是城市編號，表示a與b之間有直接通訊線路。
【輸出格式】
輸出檔案有若干行
第一行，1個整數m，表示需m個備用交換機，下面有m行，每行有一個整數，表示需配備交換機的城市編號，輸出順序按編號由小到大。如果沒有城市需配備備用交換機則輸出0。
【輸入輸出樣例】
輸入檔名： gd.in

7
1 2
2 3
2 4
3 4
4 5
4 6
4 7
5 6
6 7

輸出檔名：gd.out

2
2
4

求割點

#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

struct edge
{
    int v, next;
}map[10001];

int n, a, b, root, cnt=0, dep=0, ans=0;
int head[101
 
], low[101], dfn[101];
bool point[101];

void add(int x, int y)
{
    map[++cnt].v = y;
    map[cnt].next = head[x];
    head[x] = cnt;
}

void tarjan(int x)
{
    int son = 0;
    low[x] = dfn[x] = ++dep;
    for(int i=head[x]; i!=0; i=map[i].next)
    {
        if(dfn[map[i].v]==0)
        {
            tarjan(map
 
[i].v); son++;
            low[x] = min(low[x], low[map[i].v]);
            if((x==root && son>1) || (x!=root && low[map[i].v]>=dfn[x]))
                if(!point[x]) point[x] = true, ans++;
        }
        else low[x] = min(low[x], dfn[map[i].v]);
    }
}

int main()
{
    freopen("gd.in", "r", stdin);
    freopen("gd.out", "w", stdout);
    scanf("%d", &n);
    while(scanf("%d%d", &a, &b)!=EOF) {add(a, b);add(b, a);}

    for(int i=1; i<=n; i++)
        if(dfn[i]==0) {root=i; tarjan(i);}

    printf("%d\n", ans);
    for(int i=1; i<=n; i++) 
    {
        if(point[i]) printf("%d\n", i);
    }

    return 0;
}

【COGS 618】 傳話

[問題描述]
興趣小組的同學來自各個學校，為了增加友誼，晚會上又進行了一個傳話遊戲，如果 a 認識 b ，那麼 a 收到某個訊息，就會把這個訊息傳給 b ，以及所有 a 認識的人。
如果 a 認識 b ， b 不一定認識 a 。
所有人從 1 到 n 編號，給出所有“認識”關係，問如果 i 釋出一條新訊息，那麼會不會經過若干次傳話後，這個訊息傳回給了 i ， 1<=i<=n 。
[輸入檔案]
輸入檔案 message.in 中的第一行是兩個數 n(n<1000) 和 m(m<10000) ，兩數之間有一個空格，表示人數和認識關係數。
接下來的 m 行，每行兩個數 a 和 b ，表示 a 認識 b 。 1<=a, b<=n 。認識關係可能會重複給出，但一行的兩個數不會相同。
[輸出檔案]
輸出檔案 message.out 中一共有 n 行，每行一個字元 T 或 F 。第 i 行如果是 T ，表示 i 發出一條新訊息會傳回給 i ；如果是 F ，表示 i 發出一條新訊息不會傳回給 i 。
[輸入樣例]
4 6
1 2
2 3
4 1
3 1
1 3
2 3
[輸出樣例]
T
T
T
F

找強連通分量

#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

struct edge
{
    int v, next;
}e[200001];

int u, v, t=0, colnum=0;
int n, m, p=0, cnt=0, dep=0;
int head[100001], dfn[100001], low[100001], sta[100001];
int sum[100001], color[100001];
bool insta[100001];

void add(int x, int y)
{
    e[++cnt].next = head[x];
    e[cnt].v = y;
    head[x] = cnt;
}

void tarjan(int x)
{
    dfn[x] = low[x] = ++dep;
    sta[++p] = x; insta[x]= true;
    for(int i=head[x]; i!=0; i=e[i].next)
    {
        if(dfn[e[i].v]==0)
        {
            tarjan(e[i].v);
            low[x] = min(low[x], low[e[i].v]);
        }
        else if(insta[e[i].v]) low[x] = min(low[x], dfn[e[i].v]);
    }

    if(dfn[x]==low[x])
    {
        colnum++;
        do
        {
            color[sta[p]] = colnum;
            sum[colnum]++;
            insta[sta[p]] = false;
        }
        while(sta[p--]!=x);
    }
}

int main()
{
    freopen("messagew.in", "r", stdin);
    freopen("messagew.out", "w", stdout);

    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        add(u, v);// add(v, u);
    }

    for(int i=1; i<=n; i++) if(dfn[i]==0) tarjan(i);
    for(int i=1; i<=n; i++) 
    {
        if(sum[color[i]]>1) printf("T\n");
        else printf("F\n");
    }

    return 0;
}

【COGS 921】 [東方S1] 上白澤慧音

題目描述
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。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。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
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
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。
輸入樣例
5 5
1 2 1
1 3 2
2 4 2
5 1 2
3 5 1
輸出樣例
3
1 3 5
資料範圍
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

強連通分量

#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 5001
#define MAXM 50001

int n, m, x, y, t;
int p=0, cnt=0, dep=0, colornum=0;
int dfn[MAXN], low[MAXN], sum[MAXN];
int head[MAXN], stack[MAXN], color[MAXN];
bool instack[MAXN];

struct edge
{
    int v, pre;
}e[MAXM];

void add(int u, int v)
{
    e[++cnt].v = v;
    e[cnt].pre = head[u];
    head[u] = cnt;
}

void tarjan(int u)
{
    dfn[u] = low[u] = ++dep;
    stack[++p] = u; instack[u] = true;
    for(int i=head[u]; i!=0; i=e[i].pre)
    {
        int v = e[i].v;
        if(dfn[v]==0)
        {
            tarjan(v);
            low[u] = min(low[u], low[v]);
        }
        else if(instack[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }

    if(low[u]==dfn[u])
    {
        colornum++;
        do
        {
            color[stack[p]] = colornum;
            sum[colornum]++;
            instack[stack[p]] = false;
        }
        while(u!=stack[p--]);
    }
}

int main()
{
    freopen("classroom.in", "r", stdin);
    freopen("classroom.out", "w", stdout);

    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &t);
        add(x, y); if(t==2) add(y, x);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) if(dfn[i]==0) tarjan(i);

    int maxs = 0, outcol = 0;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(sum[color[i]]>maxs)
        {
            outcol = color[i];
            maxs = sum[color[i]];
        }
    }

    printf("%d\n", maxs);
    for(int i=1; i<=n; i++) if(color[i]==outcol) printf("%d ", i);

    return 0;
}