hiho一下 连通性·三 强连通分量

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描述

暑假到了!!小Hi和小Ho为了体验生活，来到了住在大草原的约翰家。今天一大早，约翰因为有事要出去，就拜托小Hi和小Ho忙帮放牧。

约翰家一共有N个草场，每个草场有容量为W[i]的牧草，N个草场之间有M条单向的路径。

小Hi和小Ho需要将牛羊群赶到草场上，当他们吃完一个草场牧草后，继续前往其他草场。当没有可以到达的草场或是能够到达的草场都已经被吃光了之后，小hi和小Ho就把牛羊群赶回家。

一开始小Hi和小Ho在1号草场，在回家之前，牛羊群最多能吃掉多少牧草？

举个例子：

图中每个点表示一个草场，上部分数字表示编号，下部分表示草场的牧草数量w。

在1吃完草之后，小Hi和小Ho可以选择把牛羊群赶到2或者3，假设小Hi和小Ho把牛羊群赶到2：

吃完草场2之后，只能到草场4，当4吃完后没有可以到达的草场，所以小Hi和小Ho就把牛羊群赶回家。

若选择从1到3，则可以到达5，6：

选择5的话，吃完之后只能直接回家。若选择6，还可以再通过6回到3，再到5。

所以该图可以选择的路线有3条：

1->2->4 total: 111->3->5 total: 91->3->6->3->5: total: 13  

所以最多能够吃到的牧草数量为13。

本题改编自USACO月赛金组

输入

第1行：2个正整数，N,M。表示点的数量N，边的数量M。1≤N≤20,000, 1≤M≤100,000

第2行：N个正整数，第i个整数表示第i个牧场的草量w[i]。1≤w[i]≤100,000

第3..M+2行：2个正整数，u,v。表示存在一条从u到v的单向路径。1≤u,v≤N

输出

第1行：1个整数，最多能够吃到的牧草数量。

样例输入

6 62 4 3 5 4 41 22 41 33 53 66 3

样例输出

13

提示：强连通分量

小Ho：我觉得这次最大的问题就是会出现环了。

小Hi：假如没有环呢？

小Ho：那样我就可以这么来做：

因为不存在环，那么图就满足了有向无环的性质。我可以利用上次我们解决病毒问题时同样的思路，将累加改为求最大值，利用拓扑排序计算出从起点到当前节点能够得到的最大牧草数量。即：

假设gress[i]表示从起点到草场i累计可以吃到的牧草数量。

grass[i] = max{ grass[j] | j 是 i的前驱结点 } + w[i]

最后我只需要知道最大的grass[i]，就是我们所要寻求的答案。

小Hi：小Ho很厉害嘛，这么快就学会了使用拓扑排序。

小Ho：哎嘿嘿....

小Hi：你说的没错，但是这次的问题最大的限制就是有环的存在。

小Ho：所以有什么办法能够处理么？

小Hi：当然有了，不过首先我们要理解一个新的知识——强连通分量，其定义为：

对于有向图上的2个点a,b，若存在一条从a到b的路径，也存在一条从b到a的路径，那么称a,b是强连通的。对于有向图上的一个子图，若子图内任意点对(a,b)都满足强连通，则称该子图为强连通子图。非强连通图有向图的极大强连通子图，称为强连通分量。

特别地，和任何一个点都不强连通的单个点也是一个强连通分量。

对于一个强连通的分量，也就是在其中任意一个点都可以到达其他点。如果草场满足这个性质呢？

小Ho：如果草场是一个强连通图，那么我们只要走到任意一点，就可以把其他所有的草场都走一遍，并且可以选择任意一个点作为终点。

小Hi：没错，再回头看看我们的例子：

同时存在边(3,6)和(6,3)，所以3和6这两个节点也就构成了一个强连通分量。在我们路径中也就存在了3->6->3这样一段。如果换个方式讲的话：

首先到了3，在这个强连通分量中，我们将该分量中所有的点都走过了之后，又重新回到了3。

在处理的时候，我们不妨可以将6和3缩成一个点，那么就可以得到：

这样是不是就变成了你可以解决的问题了？

小Ho：是的，而且答案也没有变化。也就是说我需要满足强连通的点都缩在一起就好了，但是我怎么确定应该缩到哪一点呢？

小Hi：因为一个强连通块会被缩成一个点，那么我们可以直接建立一个新的图，这个图中的点对应的是每一个强连通块。若原图中存在边(u,v)，连接了属于强连通分量A的点u和属于强连通分量B的点v，那么我们就在新图中建立一条边(A,B)。

小Ho：哦，我大概明白了。这次的问题处理方法就是先根据原图找到所有的强连通分量，然后再根据原图边的关系建立新的图，之后再用拓扑排序来处理就可以得到最终结果。

小Hi：没错，就是这样。

小Ho：那么我还有最后一个问题：我们要如何求强连通分量。

小Hi：当然，我们还是得用Tarjan算法来完成了，其伪代码如下：

tarjan(u){    Dfn[u]=Low[u]=++Index                      // 为节点u设定次序编号和Low初值    Stack.push(u)                              // 将节点u压入栈中    for each (u, v) in E                       // 枚举每一条边        if (v is not visted)                   // 如果节点v未被访问过            tarjan(v)                          // 继续向下找            Low[u] = min(Low[u], Low[v])        else if (v in Stack)                   // 如果节点v还在栈内(很重要,无向图没有这一步)            Low[u] = min(Low[u], Dfn[v])    if (Dfn[u] == Low[u])                      // 如果节点u是强连通分量的根        repeat            v = Stack.pop                      // 将v退栈，为该强连通分量中一个顶点            mark v                             // 标记v，同样通过栈来找连通分量        until (u == v)}

小Ho：我懂了。我这就去实现它！

小Hi：当然，别忘了还有最重要的一个条件，我们开始在草场1，所以可能有些草场我们是无法到达的，那样的草场需要特殊处理，简单的做法就是将草量处理为0。

小Ho：好，我知道了！

#include <iostream>#include <stdlib.h>#include <stdio.h>#include <string.h>#include <set>#include <queue>#include <algorithm>using namespace std;#define maxn 20100 #define maxe 200100struct node{    int v;    int next;}Edge[maxe],Edge2[maxe];int dfn[maxn],low[maxn],stack[maxn],head[maxe],head2[maxe],w[maxn],belong[maxn],n,m,cnt,Index,top,cnt2;int inDeg[maxn]; //各节点的入度long long ans,num[maxn],ans2[maxn];bool instack[maxn],vis[maxn][maxn],vis2[maxn];set<int>Set;void AddEdge(int a,int b,node *Edge,int *head){    Edge[cnt].v=b;    Edge[cnt].next=head[a];    head[a]=cnt++;}void topoSort();void tarjan(int u){    int v;    dfn[u]=low[u]=++Index; // 为节点u设定次序编号和Low初值    stack[++top]=u;         // 将节点u压入栈中    instack[u]=true;    for (int i=head[u]; i!=-1; i=Edge[i].next) // 枚举每一条边    {        v=Edge[i].v;        if(!dfn[v])    // 如果节点v未被访问过        {            tarjan(v); // 继续向下找            low[u]=min(low[u],low[v]);                    }        else if(instack[v])  // 如果节点v还在栈内(很重要,无向图没有这一步)        {            low[u]=min(low[u],dfn[v]);        }    }    if (dfn[u]==low[u]) // 如果节点u是强连通分量的根    {        cnt2++;        int j;        do        {            j=stack[top--];  // 将v退栈，为该强连通分量中一个顶点            belong[j]=cnt2;  //结点j属于新结点cnt2            instack[j]=false; //重置状态                    }while (j!=u);    }}void dfs(int u, long long w){    if(ans<w)    {        ans=w;    }    for (int i=head2[u]; i!=-1; i=Edge2[i].next)    {        dfs(Edge2[i].v, w+num[Edge2[i].v]);    }}void ReBuild(){    int v;    cnt=0;    for (int i=1; i<=n; i++)    {        num[belong[i]]+=w[i]; //更新缩点草的数量        if(vis2[i])        {            Set.insert(belong[i]); //将新结点存入集合中，后面会用        }    }    //重新建图    for (int u=1; u<=n; u++)    {        for (int i=head[u]; i!=-1; i=Edge[i].next)        {            v=Edge[i].v;            if(belong[u]!=belong[v] && !vis[belong[u]][belong[v]])            {                AddEdge(belong[u], belong[v], Edge2, head2);                vis[belong[u]][belong[v]]=1;                inDeg[belong[v]]++;                            }        }    }     ans=0;     dfs(belong[1], num[belong[1]]);     printf("%lld\n",ans);   // topoSort();   //使用拓扑排序始终不对}void Init() //初始化{    cnt=0;    Index=0;    top=-1;    memset(head, -1, sizeof(head));    memset(head2, -1, sizeof(head2));    for (int i=0; i<=n; i++)    {        dfn[i]=0;        num[i]=0;        belong[i]=0;        instack[i]=false;        inDeg[i]=0;        ans2[i]=0;        vis2[i]=false;    }    for (int i=0; i<=n; i++)    {        for (int j=0; j<=n; j++)        {            vis[i][j]=0;        }    }    }//拓扑排序void topoSort(){    queue<int>q;        for (set<int>::iterator it=Set.begin(); it!=Set.end(); ++it)    {        ans2[*it]=num[*it];        if(inDeg[*it]==0)        {            q.push(*it);        }    }    int u,v;    while (!q.empty())    {        u=q.front();        q.pop();        for (int i=head2[u]; i!=-1; i=Edge2[i].next)        {            v=Edge2[i].v;            inDeg[v]--;            ans2[v]+=ans2[u];            if (inDeg[v]==0)            {                q.push(v);            }        }    }    long long ans3=0;    for (set<int>::iterator it=Set.begin(); it!=Set.end(); ++it)    {        ans3=max(ans3,ans2[*it]);    }    printf("%lld\n",ans3);}void dfs2(int u) //连通性判断{    vis2[u]=true;    for (int i=head[u]; i!=-1; i=Edge[i].next)    {        if(!vis2[Edge[i].v])            dfs2(Edge[i].v);    }}int main(){    int u,v;    Init();    scanf("%d%d",&n,&m);    for (int i=1; i<=n; i++)    {        scanf("%d",&w[i]);    }    for (int i=0; i<m; i++)    {        scanf("%d%d",&u,&v);        AddEdge(u,v,Edge,head);    }    dfs2(1); //检查图的连通性    for (int i=1; i<=n; i++)    {        if (!vis2[i]) //将和结点1没有连通的点的权值置0        {            w[i]=0;        }    }    tarjan(1);    ReBuild();    return 0;}

使用dfs计算最后结果的是对的，但是用拓扑排序始终不对，这个还待解决。