tarjan算法-201509-4 高速公路

试题编号：201509-4试题名称：高速公路时间限制：1.0s内存限制：256.0MB问题描述：

问题描述

　　某国有n个城市，为了使得城市间的交通更便利，该国国王打算在城市之间修一些高速公路，由于经费限制，国王打算第一阶段先在部分城市之间修一些单向的高速公路。
　　现在，大臣们帮国王拟了一个修高速公路的计划。看了计划后，国王发现，有些城市之间可以通过高速公路直接（不经过其他城市）或间接（经过一个或多个其他城市）到达，而有的却不能。如果城市A可以通过高速公路到达城市B，而且城市B也可以通过高速公路到达城市A，则这两个城市被称为便利城市对。
　　国王想知道，在大臣们给他的计划中，有多少个便利城市对。

输入格式

　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示城市和单向高速公路的数量。
　　接下来m行，每行两个整数a, b，表示城市a有一条单向的高速公路连向城市b。

输出格式

　　输出一行，包含一个整数，表示便利城市对的数量。

样例输入

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

样例输出

3

样例说明

　　城市间的连接如图所示。有3个便利城市对，它们分别是(2, 3), (2, 4), (3, 4)，请注意(2, 3)和(3, 2)看成同一个便利城市对。

评测用例规模与约定

　　前30%的评测用例满足1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 1000；
　　前60%的评测用例满足1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ m ≤ 10000；
　　所有评测用例满足1 ≤ n ≤ 10000, 1 ≤ m ≤ 100000。

此题利用tarjan算法，即对有向图求强连通分量的算法。

还是先列一些基本概念便于回忆：

① 强连通：两个顶点可以互相通达

② 强连通图：每两个顶点都强连通

③ 强连通分量：非强连通图的极大强连通子图

该算法基于对图的深度优先算法（DFS）

详细算法参见百度百科http://baike.so.com/doc/1246610-1318428.html

再看此题，我们可以理解，每一个强连通分量中的节点两两组合即为便利城市对

具体代码如下：

#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;const int SIZE = 10000;struct Node{int link[50];      //记录节点的邻接点的下标 int num;           //记录节点邻接点的数量 }node[10000] = {0};int Dindex, Stop;int DFN[SIZE] = {0}, LOW[SIZE] = {0};bool instack[SIZE] = {false};          //判断是否在栈中 int Stap[SIZE] = {0};                  //栈 int answer(0);void tarjan(int i){int j;int index(0);DFN[i] = LOW[i] = ++Dindex;        //初始化 instack[i] = true;                 //表示该节点已入栈 Stap[++Stop] = i;                  //入栈 while(true){j = node[i].link[index++];     //遍历节点的邻接点 if(j == 0)break;if(!DFN[j])                    //如果没入栈，则让其进行tarjan递归 {tarjan(j);if(LOW[j] < LOW[i])LOW[i] = LOW[j];       //将后者的LOW值赋给前一个节点 }else if(instack[j] && DFN[j] < LOW[i])  //该节点已经在栈中 LOW[i] = DFN[j];}if(LOW[i] == DFN[i])   //有了一个强连通分量 {int sum(0);do{                //出栈 j = Stap[Stop--];instack[j] = false;sum++;}while(j != i);if(sum != 0)answer += (sum * (sum - 1)) / 2;}}void solve(int n){Dindex = Stop = 0;memset(DFN, 0, sizeof(DFN));for(int i = 1; i <= n; i++)if(!DFN[i])tarjan(i);}int main(){int n, m, a, b;cin >> n >> m;for(int i = 0; i < m; i++){cin >> a >> b;node[a].link[node[a].num] = b;      //通过输入增加节点的邻接点 node[a].num++;}solve(n);cout << answer << endl;return 0;}