HDU 1269 迷宫城堡（强连通图的判定）

最近《算法导论》快看完图论部分了，很多有关图的算法都彻底搞懂并加以证明了。现在主要是将理解的思想用到题目中来加强下。这个题目主要是判断一下整个图是否是强连通的，很简单，可以用tarjan也可以用kosaraju。因为不要求找出所有的强连通分量，所以这里只是借用了kosaraju的思想，然后本题的解答简化的异常简单。当然后面我也用tarjan做了一下，代码一同附上。

迷宫城堡

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 8196    Accepted Submission(s): 3664

Problem Description

为了训练小希的方向感，Gardon建立了一座大城堡，里面有N个房间(N<=10000)和M条通道(M<=100000)，每个通道都是单向的，就是说若称某通道连通了A房间和B房间，只说明可以通过这个通道由A房间到达B房间，但并不说明通过它可以由B房间到达A房间。Gardon需要请你写个程序确认一下是否任意两个房间都是相互连通的，即：对于任意的i和j，至少存在一条路径可以从房间i到房间j，也存在一条路径可以从房间j到房间i。

 

Input

输入包含多组数据，输入的第一行有两个数：N和M，接下来的M行每行有两个数a和b，表示了一条通道可以从A房间来到B房间。文件最后以两个0结束。

 

Output

对于输入的每组数据，如果任意两个房间都是相互连接的，输出"Yes"，否则输出"No"。

 

Sample Input

3 31 22 33 13 31 22 33 20 0

 

Sample Output

YesNo

 

思路：如果这个图是强连通的，那么从任意一个顶点s开始进行DFS都可以访问到图中的所有点，如果不能访问到所有点那么就说明这个图肯定不是强连通图，但能访问到所有点也并不能说明此图为强连通，只有所有点同时也能访问到这个点才说明此图为强连通图。这就可以利用kosaraju的思想，将图进行逆置，然后在从s开始DFS，此时若能访问到所有点则说明未逆置的图中所有点都有到达s的路径，综上此图就为强连通图。若以上两个条件（在G中从s开始能访问到所有顶点，在G转置中从s开始也能访问到所有顶点）有一个不满足就不是强连通图。当然这个点从1..N中随便选择一个就行，我的代码选择的1.。提交虽然最坏情况下是两遍DFS，但是由于我将DFS非递归化，所以时间也就是

O(V + E)，常数也不大，2左右吧。

#include <cstdio>#include <stack>#include <vector>using namespace std;const int N = 10005;vector<int> adj[N], t_adj[N];bool visit[N];int n, m, cnt;//利用非递归的DFS来防止MLE//通过传入的是adj或者t_adj来进行两遍DFSbool dfs(int rt, vector<int> *graph){stack<int> st;st.push(rt);visit[rt] = true;cnt = 0;//用来统计从rt能访问到图中节点的个数while (!st.empty()){int u = st.top();++cnt;st.pop();for (int i = 0; i < graph[u].size(); ++i){if (visit[graph[u][i]])continue;st.push(graph[u][i]);visit[graph[u][i]] = true;}}if (cnt == n)return true;return false;}//将图做转置void transform(){for (int i = 1; i <= n; ++i){for (unsigned j = 0; j < adj[i].size(); ++j){t_adj[adj[i][j]].push_back(i);}}}bool kosaraju(){memset(visit, 0, sizeof(visit));bool ret = dfs(1, adj);if (!ret)return false;transform();memset(visit, 0, sizeof(visit));ret = dfs(1, t_adj);if (ret)return true;return false;}int main(){int a, b;while (scanf("%d %d", &n, &m) != EOF && (m + n)){for (int i = 0; i < m; ++i){scanf("%d %d", &a, &b);adj[a].push_back(b);}if (kosaraju()){printf("Yes\n");}else{printf("No\n");}for (int i = 1; i <= n; ++i){adj[i].clear();t_adj[i].clear();}}return 0;}

tarjan 解法

由于只需要找到一个强连通分量，如果他的元素为整个图的节点则这张图就为强连通图，否则就不是强连通分量，所以也可以将tarjan算法进行大量简化就可以了。

不需要是否在栈中的判断，也不需要栈来存放元素，不需要找到所有强连通分量，找到一个就可以退出了，根据记录的量就可以得出结论了。

#include <cstdio>#include <vector>#include <stack>using namespace std;const int N = 10005;int n, m, timer;vector<int> adj[N];bool visit[N], mark;int number[N], low[N];stack<int> st;int minx(int a, int b){if (a > b)return b;return a;}void tarjan(int rt){if (!mark)return;number[rt] = low[rt] = ++timer;visit[rt] = true;for (unsigned i = 0; i < adj[rt].size(); ++i){int t = adj[rt][i];if (!visit[t]){tarjan(t);low[rt] = minx(low[rt], low[t]);}low[rt] = minx(low[rt], number[adj[rt][i]]);}if (low[rt] == number[rt] && rt != 1){mark = false;}}int main(){int a, b;while (scanf("%d %d", &n, &m) != EOF && (m + n)){for (int i = 0; i < m; ++i){scanf("%d %d", &a, &b);adj[a].push_back(b);}memset(visit, 0, sizeof(visit));timer = 0;mark = true;tarjan(1);if (mark && timer == n){printf("Yes\n");}else{printf("No\n");}for (int i = 1; i <= n; ++i){adj[i].clear();}}return 0;}