算法提高课笔记

理论基础

什么是连通分量？

对于一个有向图，分量中任意两点u，v，必然可以从u走到v，且从v走到u，这样的分量叫做连通分量

如果一个连通分量加上任意一个点都不是连通分量了，就把它叫做 强连通分量

强连通分量的主要作用：将任意一个有向图转化成一个有向无环图即拓扑图（通过缩点的方式），缩点就是将所有连通分量缩成一个点

如何求强连通分量呢？

按照DFS的顺序搜，我们可以将边分为以下四类：

1. 树枝边：(x, y)，x是y的父结点
2. 前向边：(x, y)，x是y的祖先结点
3. 后向边：(x, y)，y是x的祖先结点
4. 横叉边：往之前搜过的其他点搜
   
   怎么判断一个点是否在强连通分量中？

• 情况一：存在后向边指向祖先结点
• 情况二：先走到横叉边，横叉边再走到祖先结点

（反正一定可以走到某个祖先）

基于这个想法—— Tarjan 算法求强连通分量（SCC）

先给每个结点按照 DFS 访问顺序确定一个时间戳，时间戳越小说明越先访问到

dfn[u]：遍历到 u 的时间戳
low[u]：从 u 开始走，能遍历到的最小时间戳
id[i]：i 所在连通分量的编号

u是其所在强连通分量的最高点 <-> dfb[u] == low[u]

SCC板子

void tarjan(int u)
{dfn[u] = low[u] = ++ timestamp; // 先将dfn和low都初始化为时间戳stk.push(u), in_stk[u] = true; // u加入栈中for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){int j = e[i]; // 取出u的所有邻点jif (!dfn[j]) // 如果j还没被遍历{tarjan(j);low[u] = min(low[u], low[j]); // 用low[j]更新low[u]}else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]); // 如果j已入栈 则用dfn[j]更新low[u]}if (dfn[u] == low[u]) // 如果该点是所在强连通分量的最高点{++ scc_cnt; // 强连通分量数量加一int y;do {y = stk.top(); // 取出栈顶元素stk.pop();in_stk[y] = false;id[y] = scc_cnt; // 标记每个点所在的连通分量编号} while (y != u); // 直到取到此连通分量的最高点为止}
}

缩点的步骤：

1. 遍历所有点 i
2. 遍历 i 的所有邻点 j
3. 如果 i 和 j 不在同一个连通分量中，就加一条新边 id[i]->id[j]

for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]){int k = e[j]; // 遍历i的所有邻点kint a = id[i], b = id[k]; // 记录ik所在连通分量编号if (a != b) dout[a] ++ ; // 如果ik不在同一个连通分量 就在两个连通分量之间连一条i指向k的边}

做完tarjon后，连通分量编号递减的顺序一定就是拓扑序

例题

受欢迎的牛

原题链接

每一头牛的愿望就是变成一头最受欢迎的牛。

现在有 N 头牛，编号从 1 到 N，给你 M 对整数 (A,B)，表示牛 A 认为牛 B 受欢迎。

这种关系是具有传递性的，如果 A 认为 B 受欢迎，B 认为 C 受欢迎，那么牛 A 也认为牛 C 受欢迎。

你的任务是求出有多少头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。

输入格式

第一行两个数 N,M；

接下来 M 行，每行两个数 A,B，意思是 A 认为 B 是受欢迎的（给出的信息有可能重复，即有可能出现多个 A,B）。

输出格式

输出被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的牛的数量。

数据范围

$1\le N\le 104,$
$1\le M\le 5\times 104$

输入样例

3 3
1 2
2 1
2 3

输出样例

1

样例解释

只有第三头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。

题意

一头牛会欢迎另一头牛，这种欢迎是有传递性的，现给出多对欢迎关系，问有几头牛是被其余所有牛欢迎的

思路

先对连通分量进行缩点操作

之后分析，如果有唯一一个连通分量满足出度为0，那么这个连通分量内的所有点都可以由其余任意点到达，答案就是这个连通分量内点的个数，如果这样的连通分量超过一个就不满足条件

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int  N = 10010, M = 50010;int n, m;
int h[N], ne[M], e[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
stack<int> stk;
bool in_stk[N]; // 存储点是否入栈
int id[N], scc_cnt, Size[N];
int dout[N]; // 连通分量的出度void add(int a, int b)
{e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}void tarjan(int u)
{dfn[u] = low[u] = ++ timestamp; // 先将dfn和low都初始化为时间戳stk.push(u), in_stk[u] = true; // u加入栈中for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){int j = e[i]; // 取出u的所有邻点jif (!dfn[j]) // 如果j还没被遍历{tarjan(j);low[u] = min(low[u], low[j]); // 用low[j]更新low[u]}else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]); // 如果j已入栈 则用dfn[j]更新low[u]}if (dfn[u] == low[u]) // 如果该点是所在强连通分量的最高点{++ scc_cnt; // 强连通分量数量加一int y;do {y = stk.top(); // 取出栈顶元素stk.pop();in_stk[y] = false;id[y] = scc_cnt; // 标记每个点所在的连通分量编号Size[scc_cnt] ++ ; // 更新此连通分量中的点个数} while (y != u); // 直到取到此连通分量的最高点为止}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n >> m;memset(h, -1, sizeof h);while (m -- ){int a, b;cin >> a >> b;add(a, b);}for (int i = 1; i <= n; i ++ )if (!dfn[i]) tarjan(i);for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]){int k = e[j]; // 遍历i的所有邻点kint a = id[i], b = id[k]; // 记录ik所在连通分量编号if (a != b) dout[a] ++ ; // 如果ik不在同一个连通分量 就在两个连通分量之间连一条i指向k的边}int zeros = 0, sum = 0;for (int i = 1; i <= scc_cnt; i ++ )if (!dout[i]) // 如果当前连通分量出度为0{zeros ++ ; // 出度为0的连通分量个数加一sum += Size[i]; // 更新出度为0的连通分量中点的个数if (zeros > 1) // 如果出度为0的连通分量个数超过一个 说明没有一头牛被所有牛喜欢{sum = 0;break;}}cout << sum << '\n';
}

学校网络

原题链接

一些学校连接在一个计算机网络上，学校之间存在软件支援协议，每个学校都有它应支援的学校名单（学校 A 支援学校 B，并不表示学校 B 一定要支援学校 A）。

当某校获得一个新软件时，无论是直接获得还是通过网络获得，该校都应立即将这个软件通过网络传送给它应支援的学校。

因此，一个新软件若想让所有学校都能使用，只需将其提供给一些学校即可。

现在请问最少需要将一个新软件直接提供给多少个学校，才能使软件能够通过网络被传送到所有学校？

最少需要添加几条新的支援关系，使得将一个新软件提供给任何一个学校，其他所有学校就都可以通过网络获得该软件？

输入格式

第 1 行包含整数 N，表示学校数量。

第 2…N+1 行，每行包含一个或多个整数，第 i+1 行表示学校 i 应该支援的学校名单，每行最后都有一个 0 表示名单结束（只有一个 0 即表示该学校没有需要支援的学校）。

输出格式

输出两个问题的结果，每个结果占一行。

数据范围

$2\le N\le 100$

输入样例

5
2 4 3 0
4 5 0
0
0
1 0

输出样例

1
2

题意

给出一张图：

• 问题一：至少从多少个点出发能够遍历完图上所有点
• 问题二：至少加多少条边能让图的强连通分量就是自身

思路

设入度为0的连通分量个数为a，出度为0的连通分量个数为b

问题一就是问a的大小

问题二就是问ab中较大的值（需要特判一下如果只有一个强连通分量，就不需要加边，输出0即可 ）
举个栗子 不具体证明了：

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int  N = 110, M = 10010;int n, m;
int h[N], ne[M], e[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
stack<int> stk;
bool in_stk[N]; // 存储点是否入栈
int id[N], scc_cnt;
int din[N], dout[N]; // 连通分量的入度和出度void add(int a, int b)
{e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}void tarjan(int u)
{dfn[u] = low[u] = ++ timestamp; // 先将dfn和low都初始化为时间戳stk.push(u), in_stk[u] = true; // u加入栈中for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){int j = e[i]; // 取出u的所有邻点jif (!dfn[j]) // 如果j还没被遍历{tarjan(j);low[u] = min(low[u], low[j]); // 用low[j]更新low[u]}else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]); // 如果j已入栈 则用dfn[j]更新low[u]}if (dfn[u] == low[u]) // 如果该点是所在强连通分量的最高点{++ scc_cnt; // 强连通分量数量加一int y;do {y = stk.top(); // 取出栈顶元素stk.pop();in_stk[y] = false;id[y] = scc_cnt; // 标记每个点所在的连通分量编号} while (y != u); // 直到取到此连通分量的最高点为止}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n;memset(h, -1, sizeof h);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) // 建图{int t;while (cin >> t, t) add(i, t);}for (int i = 1; i <= n; i ++ )if (!dfn[i]) tarjan(i);for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]){int k = e[j]; // 遍历i的所有邻点kint a = id[i], b = id[k]; // 记录ik所在连通分量编号if (a != b) // 如果ik不在同一个连通分量 就在两个连通分量之间连一条i指向k的边{dout[a] ++ ;din[b] ++ ;}}int a = 0, b = 0;for (int i = 1; i <= scc_cnt; i ++ ){if (!din[i]) a ++ ; // 记录入度为0的点个数if (!dout[i]) b ++ ; // 记录出度为0的点个数}cout << a << '\n';if (scc_cnt == 1) cout << 0 << '\n';else cout << max(a, b) << '\n';
}

最大半连通子图

原题链接

一个有向图 G=(V,E) 称为半连通的 (Semi-Connected)，如果满足：∀u,v∈V，满足 u→v 或 v→u，即对于图中任意两点 u,v，存在一条 u 到 v 的有向路径或者从 v 到 u 的有向路径。

若 G′=(V′,E′) 满足，E′ 是 E 中所有和 V′ 有关的边，则称 G′ 是 G 的一个导出子图。

若 G′ 是 G 的导出子图，且 G′ 半连通，则称 G′ 为 G 的半连通子图。

若 G′ 是 G 所有半连通子图中包含节点数最多的，则称 G′ 是 G 的最大半连通子图。

给定一个有向图 G，请求出 G 的最大半连通子图拥有的节点数 K，以及不同的最大半连通子图的数目 C。

由于 C 可能比较大，仅要求输出 C 对 X 的余数。

输入格式

第一行包含三个整数 N,M,X。N,M 分别表示图 G 的点数与边数，X 的意义如上文所述；

接下来 M 行，每行两个正整数 a,b，表示一条有向边 (a,b)。

图中的每个点将编号为 1 到 N，保证输入中同一个 (a,b) 不会出现两次。

输出格式

应包含两行。

第一行包含一个整数 K，第二行包含整数 C mod X。

数据范围

$1\le N\le 105,$
$1\le M\le 106,$
$1\le X\le 108$

输入样例

6 6 20070603
1 2
2 1
1 3
2 4
5 6
6 4

输出样例

3
3

题意

找出最大的半连通子图，输出节点数和子图个数

思路

最大半连通子图就是图上最长的一条链，所以按照以下思路：

1. tarjan
2. 缩点、建图、给边判重
3. 按拓扑序递推

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int  N = 100010, M = 2000010;int n, m, mod;
int h[N], hs[N], ne[M], e[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
stack<int> stk;
bool in_stk[N]; // 存储点是否入栈
int id[N], scc_cnt, scc_size[N];
int f[N], g[N]; // 连通分量的入度和出度void add(int h[], int a, int b)
{e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}void tarjan(int u)
{dfn[u] = low[u] = ++ timestamp; // 先将dfn和low都初始化为时间戳stk.push(u), in_stk[u] = true; // u加入栈中for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){int j = e[i]; // 取出u的所有邻点jif (!dfn[j]) // 如果j还没被遍历{tarjan(j);low[u] = min(low[u], low[j]); // 用low[j]更新low[u]}else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]); // 如果j已入栈 则用dfn[j]更新low[u]}if (dfn[u] == low[u]) // 如果该点是所在强连通分量的最高点{++ scc_cnt; // 强连通分量数量加一int y;do {y = stk.top(); // 取出栈顶元素stk.pop();in_stk[y] = false;id[y] = scc_cnt; // 标记每个点所在的连通分量编号scc_size[scc_cnt] ++ ;} while (y != u); // 直到取到此连通分量的最高点为止}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);memset(h, -1, sizeof h);memset(hs, -1, sizeof hs);cin >> n >> m >> mod;while (m -- ){int a, b;cin >> a >> b;add(h, a, b);}for (int i = 1; i <= n; i ++ )if (!dfn[i]) tarjan(i);unordered_set<ll> S;for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]){int k = e[j]; // 遍历i的所有邻点kint a = id[i], b = id[k]; // 记录ik所在连通分量编号ll hash = a * 1000000ll + b;if (a != b && !S.count(hash)) // 如果ik不在同一个连通分量 就在两个连通分量之间连一条i指向k的边{add(hs, a, b);S.insert(hash);}}for (int i = scc_cnt; i; i -- ){if (!f[i]) // 起点{f[i] = scc_size[i]; // 更新最大半连通子图内元素个数g[i] = 1; // 更新最大半连通子图个数}for (int j = hs[i]; ~j; j = ne[j]){int k = e[j];if (f[k] < f[i] + scc_size[k]) // 有更优解{f[k] = f[i] + scc_size[k];g[k] = g[i];}else if (f[k] == f[i] + scc_size[k]) // 有结果一样的解g[k] = (g[k] + g[i]) % mod;}}int maxf = 0, sum = 0;for (int i = 1; i <= scc_cnt; i ++ )if (f[i] > maxf){maxf = f[i];sum = g[i];}else if (f[i] == maxf) sum = (sum + g[i]) % mod;cout << maxf << '\n';cout << sum << '\n';
}

银河

原题链接

银河中的恒星浩如烟海，但是我们只关注那些最亮的恒星。

我们用一个正整数来表示恒星的亮度，数值越大则恒星就越亮，恒星的亮度最暗是 1。

现在对于 N 颗我们关注的恒星，有 M 对亮度之间的相对关系已经判明。

你的任务就是求出这 N 颗恒星的亮度值总和至少有多大。

输入格式

第一行给出两个整数 N 和 M。

之后 M 行，每行三个整数 T,A,B，表示一对恒星 (A,B) 之间的亮度关系。恒星的编号从 1 开始。

• 如果 T=1，说明 A 和 B 亮度相等。
• 如果 T=2，说明 A 的亮度小于 B 的亮度。
• 如果 T=3，说明 A 的亮度不小于 B 的亮度。
• 如果 T=4，说明 A 的亮度大于 B 的亮度。
• 如果 T=5，说明 A 的亮度不大于 B 的亮度。

输出格式

输出一个整数表示结果。

若无解，则输出 −1。

数据范围

$N\le 100000,M\le 100000$

输入样例

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

输出样例

11

题意

求图中有无正环的问题

思路

1. 用tarjan求强连通分量
2. 缩点、根据差分约束建图
3. 依据拓扑序递推

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int  N = 100010, M = 600010;int n, m;
int h[N], hs[N], w[M], ne[M], e[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
stack<int> stk;
bool in_stk[N]; // 存储点是否入栈
int id[N], scc_cnt, scc_size[N];
int dist[N]; // 连通分量的入度和出度void add(int h[], int a, int b, int c)
{e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}void tarjan(int u)
{dfn[u] = low[u] = ++ timestamp; // 先将dfn和low都初始化为时间戳stk.push(u), in_stk[u] = true; // u加入栈中for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){int j = e[i]; // 取出u的所有邻点jif (!dfn[j]) // 如果j还没被遍历{tarjan(j);low[u] = min(low[u], low[j]); // 用low[j]更新low[u]}else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]); // 如果j已入栈 则用dfn[j]更新low[u]}if (dfn[u] == low[u]) // 如果该点是所在强连通分量的最高点{++ scc_cnt; // 强连通分量数量加一int y;do {y = stk.top(); // 取出栈顶元素stk.pop();in_stk[y] = false;id[y] = scc_cnt; // 标记每个点所在的连通分量编号scc_size[scc_cnt] ++ ;} while (y != u); // 直到取到此连通分量的最高点为止}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);memset(h, -1, sizeof h);memset(hs, -1, sizeof hs);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) add(h, 0, i, 1);while (m -- ){int t, a, b;cin >> t >> a >> b;if (t == 1) add(h, b, a, 0), add(h, a, b, 0);else if (t == 2) add(h, a, b, 1);else if (t == 3) add(h, b, a, 0);else if (t == 4) add(h, b, a, 1);else add(h, a, b, 0);}tarjan(0);bool success = true;for (int i = 0; i <= n; i ++ ){for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]){int k = e[j]; // 遍历i的所有邻点kint a = id[i], b = id[k]; // 记录ik所在连通分量编号if (a == b) // ik在同一个强连通分量{if (w[j] > 0) // ik间有权值为正的路径{success = false; // 无解break;}}else add(hs, a, b, w[j]);// 如果ik不在同一个连通分量 就在两个连通分量之间连一条i指向k的边}if (!success) break;}if (!success) cout << "-1\n";else // 有解则求最长路{for (int i = scc_cnt; i; i -- ){for (int j = hs[i]; ~j; j = ne[j]){int k = e[j];dist[k] = max(dist[k], dist[i] + w[j]);}}ll res = 0;for (int i = 1; i <= scc_cnt; i ++ ) res += (ll)dist[i] * scc_size[i];cout << res << '\n';}
}