tarjan算法題目練習(長期更新)

P2002 消息擴散

題目描述

有n個城市，中間有單向道路連接配接，消息會沿着道路擴散，現在給出n個城市及其之間的道路，問至少需要在幾個城市釋出消息才能讓這所有n個城市都得到消息。

tarjan縮點(因為一個強連通分量内的點隻要又一個傳到了其他點都傳到了，是以可以縮成一個點)，然後重建立圖，統計out[i]為0的點的數量

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+5;
set<int> st[maxn];
struct Edge{
    int u,v,nxt;
}edge[500005];
int head[maxn],tot;
inline void init(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    tot = 0;
}
inline void addedge(int u,int v){
    edge[++tot] = {u,v,head[u]};
    head[u] = tot;
}
bool vis[maxn];
int dfn[maxn],low[maxn],dfnnum,sta[maxn],stalen,num,color[maxn],out[maxn];
void tarjan(int u){
    dfn[u] = low[u] = ++dfnnum;
    sta[stalen++] = u,vis[u] = true;
    for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt){
        Edge &e = edge[i];
        if(!dfn[e.v]){
            tarjan(e.v);
            low[u] = min(low[u],low[e.v]);
        }else if(vis[e.v]) low[u] = min(low[u],dfn[e.v]);
    }
    if(dfn[u]==low[u]){
        ++num;  int cur;
        do{
            cur = sta[--stalen];
            vis[cur] = false;
            color[cur] = num;
        }while(u!=cur);
    }
}

int main()
{
    init();
    int n,m;    cin >> n >> m;
    for(int i = 0; i < m; ++i){
        int u,v;    cin >> u >> v;
        if(u==v)    continue;
        addedge(u,v);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        for(int j = head[i]; ~j; j = edge[j].nxt){
            int u = color[i],v = color[edge[j].v];
            if(u!=v && !st[u].count(v)){
                out[v]++;
                st[u].insert(v);
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= num; ++i){
        if(!out[i]) ans++;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

P2169 正規表達式

題目背景

小Z童鞋一日意外的看到小X寫了一個正規表達式的進階程式，這個正規表達式程式僅僅由字元“0”,“1”，“.”和“*”構成，但是他能夠比對出所有在OJ上都AC的程式的核心代碼！小Z大為頗感好奇，于是他決定入侵小X的電腦上去獲得這個正規表達式的進階程式。

題目描述

在Internet網絡中的每台電腦并不是直接一對一連通的，而是某些電腦之間存在單向的網絡連接配接，也就是說存在A到B的連接配接不一定存在B到A的連接配接，并且有些連接配接傳輸速度很快，有些則很慢，是以不同連接配接傳輸所花的時間是有大有小的。另外，如果存在A到B的連接配接的同時也存在B到A的連接配接的話，那麼A和B實際上處于同一區域網路内，可以通過本地傳輸，這樣花費的傳輸時間為0。

現在小Z告訴你整個網絡的構成情況，他希望知道從他的電腦（編号為1），到小X的電腦（編号為n）所需要的最短傳輸時間。

很顯然在同一區域網路内的定義就是->強連通分量，那麼我們将強連通分量内的點連邊為0，其他的依然保持不變，然後跑一遍最短路即可

#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 2e5+5;
const int N = 1e6+5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct Edge{
    int u,v,nxt,w;
}edge[N],e[N];
int head[maxn],tot;
int Head[maxn],tot2;
inline void init(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(Head,-1,sizeof(Head));
    tot = 0;
}
inline void addedge(int u,int v,int w){
    edge[++tot] = {u,v,head[u],w};
    head[u] = tot;
}

inline void add(int u,int v,int w){
    e[++tot2] = {u,v,Head[u],w};
    Head[u] = tot2;
}
int dis[maxn];  bool tag[maxn];
struct Node{
    int u,dis;
    bool operator <(const Node &h)const{
        return dis > h.dis;
    }
};

inline int dijiastra(int s,int t,int n){
    for(int i = 0; i <= n; ++i){
        dis[i] = inf,tag[i] = false;
    }
    dis[s] = 0;
    priority_queue<Node> pq;    pq.push(Node{s,0});
    while(!pq.empty()){
        Node x = pq.top(); pq.pop();
        if(tag[x.u]) continue;
        tag[x.u] = true;
        for(int i = Head[x.u]; ~i; i = e[i].nxt){
            Edge &ee = e[i];
            if(!tag[ee.v] && dis[ee.v] > dis[x.u] + e[i].w){
                dis[ee.v] = dis[x.u] + e[i].w;
                pq.push(Node{ee.v,dis[ee.v]});
            }
        }
    }
    return dis[t];
}

bool vis[maxn];
int dfn[maxn],low[maxn],cost[maxn],dfnnum,num,color[maxn],sta[maxn],stalen;
void tarjan(int u){
    dfn[u] = low[u] = ++dfnnum;
    sta[stalen++] = u,vis[u] = true;
    for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt){
        Edge &e = edge[i];
        if(!dfn[e.v]){
            tarjan(e.v);
            low[u] = min(low[u],low[e.v]);
        }else if(vis[e.v]) low[u] = min(low[u],dfn[e.v]);
    }
    if(dfn[u]==low[u]){
        ++num; int cur;
        do{
            cur = sta[--stalen];
            vis[cur] = false;
            color[cur] = num;
        }while(u!=cur);
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n,m;    cin >> n >> m;
    init();
    for(int i = 0; i < m; ++i){
        int u,v,w;  cin >> u >> v >> w;
        addedge(u,v,w);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        for(int j = head[i]; ~j; j = edge[j].nxt){
            int u = color[i],v = color[edge[j].v];
            if(u==v) add(i,edge[j].v,0);
            else add(i,edge[j].v,edge[j].w);
        }
    }
    cout << dijiastra(1,n,n) << endl;

    return 0;
}

P2194 HXY燒情侶

題目描述

衆所周知，HXY已經加入了FFF團。現在她要開始喜（sang）聞（xin）樂（bing）見（kuang）地燒情侶了。這裡有n座電影院，n對情侶分别在每座電影院裡，然後電影院裡都有汽油，但是要使用它需要一定的費用。m條單向通道連接配接相鄰的兩對情侶所在電影院。然後HXY有個絕技，如果她能從一個點開始燒，最後回到這個點，那麼燒這條回路上的情侶的費用隻需要該點的汽油費即可。并且每對情侶隻需燒一遍，電影院可以重複去。然後她想花盡可能少的費用燒掉所有的情侶。問最少需要多少費用，并且當費用最少時的方案數是多少？由于方案數可能過大，是以請輸出方案數對1e9+7取模的結果。

（注：這裡HXY每次可以從任何一個點開始走回路。就是說一個回路走完了，下一個開始位置可以任選。是以說不存在燒不了所有情侶的情況，即使圖不連通，HXY自行選擇頂點進行燒情侶行動。且走過的道路可以重複走。）

這條回路上的情侶-> 強連通分量，一個強連通分量内選擇那個cost最小的點，然後方案數是每個連通分量内 cost最小的點的個數的乘積

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int mo = 1e9+7;
const int maxn = 1e5+5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int cost[maxn]; // the cost to fire
int head[maxn],tot,siz[maxn];
struct Edge{
    int u,v,nxt;
}edge[300005];
inline void addedge(int u,int v){
    edge[++tot] = {u,v,head[u]};
    head[u] = tot;
}
bool vis[maxn];
int dfn[maxn],sta[maxn],low[maxn],stalen,dfnnum,mincost[maxn],color[maxn],num;
inline void init(int n){
    for(int i = 0; i <= n; ++i){
        head[i] = -1,dfn[i] = 0,low[i] = 0,mincost[i] = inf,color[i] = 0;
    }
    num = dfnnum = stalen = tot = 0;
}
void tarjan(int u){
    dfn[u] = low[u] = ++dfnnum;
    sta[stalen++] = u; vis[u] = true;
    for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt){
        Edge &e = edge[i];
        if(!dfn[e.v]){
            tarjan(e.v);
            low[u] = min(low[u],low[e.v]);
        }else if(vis[e.v]) low[u] = min(low[u],dfn[e.v]);
    }
    if(dfn[u]==low[u]){
        ++num; int cur;
        vector<int> vec;
        do{
            cur = sta[--stalen];
            mincost[num] = min(mincost[num],cost[cur]);
            vec.push_back(cost[cur]);
            vis[cur] = false;
            color[cur] = num;
        }while(u!=cur);
        for(auto i : vec){
            if(i==mincost[num])
                siz[num]++;
        }
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;  cin >> n;
    init(n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> cost[i];
    int m;  cin >> m;
    for(int i = 0; i < m; ++i){
        int u,v;    cin >> u >> v;
        addedge(u,v);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    }

    long long ans = 0,ans2 = 1;
    for(int i = 1; i <= num; ++i){
            ans += mincost[i];
            ans2 = (1ll*ans2%mo*siz[i]%mo)%mo;
    }

    cout << ans << ' ' << ans2 << endl;
    return 0;
}

P1262 間諜網絡

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 2e5+5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int bribe[maxn];
struct Edge{
    int u,v,nxt;
}edge[maxn];
int head[maxn],tot;

inline void addedge(int u,int v){
    edge[++tot] = {u,v,head[u]};
    head[u] = tot;
}
bool vis[maxn];
int dfn[maxn],low[maxn],sta[maxn],color[maxn],mincost[maxn],stalen,dfnnum,num;
int out[maxn];
inline void init(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(mincost,0x3f,sizeof(mincost));
    memset(bribe,0x3f,sizeof(bribe));
    tot = 0;
}
void tarjan(int u){
    dfn[u] = low[u] = ++dfnnum;
    sta[stalen++] = u,vis[u] = true;
    for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt){
        Edge &e = edge[i];
        if(!dfn[e.v]){
            tarjan(e.v);
            low[u] = min(low[u],low[e.v]);
        }else if(vis[e.v]) low[u] = min(low[u],dfn[e.v]);
    }
    if(dfn[u]==low[u]){
        ++num;  int cur;
        do{
            cur = sta[--stalen];
            vis[cur] = false;
            mincost[num] = min(mincost[num],bribe[cur]);
            color[cur] = num;
        }while(u!=cur);
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    init();
    int n,p;  cin >> n >> p;
    for(int i = 0; i < p; ++i){
        int u,m;    cin >> u >> m;
        bribe[u] = m;   // stand for this people can be bribed;
    }
    int r;  cin >> r;
    for(int i = 0; i < r; ++i){
        int u,v;    cin >> u >> v;
        addedge(u,v);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        if(!dfn[i] && bribe[i]!=inf){
            tarjan(i);
        }
    }

    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        if(!dfn[i]){
            cout << "NO" << endl << i << endl;
            return 0;
        }
    }

    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        for(int j = head[i]; ~j; j = edge[j].nxt){
            int u = color[i],v = color[edge[j].v];
            if(u!=v){
                out[v]++;
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= num; ++i){
        if(!out[i]) ans += mincost[i];
    }
    cout << "YES" << endl;
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

LA 4287 Proving Equivalences

命題互推(現在已經知道一些命題之間的推導關系)

問現在還需要證明多少個。

因為命題: a->b 可以抽象成有向圖，如果命題之間等價的話，就說明兩個命題之間彼此可以從 a->c 同時 c->a，這就是強連通的定義。

是以，先算出圖中的強連通分量，然後縮點，之後找出入度為0的點的個數，選擇最大的那個即是答案。

tarjan算法題目練習(長期更新)

繼續閱讀

CCF 2013 12-5 I‘m stuckCCF 2013 12-5 I’m stuck了解：

HDU 2242 考研路茫茫——空調教室

HDU 1269 迷宮城堡

[HDU] 3549 Flow Problem [最大流][Dinic][讀取優化]

圖的儲存各種方式的優缺點圖的儲存

HDU5294 Tricks Device（最大流+SPFA） 2015 Multi-University Training Contest 1Tricks Device

題解 UVA1376 【Animal Run】題解 UVA1376 【Animal Run】

POJ 1734 Sightseeing trip

POJ_1985_Cow Marathon(樹的直徑)

tarjan算法介紹與分析

POJ 3020 Antenna Placement 二分比對

Codeforces Round #319 (Div. 2) B C D

Codeforces Round #369 (Div. 2) [D] Directed RoadsDirected Roads

Codeforces Round #264 (Div. 2) D

Command Network(POJ 3164)---定根最小樹形圖模闆題題目描述輸入格式輸出格式輸入樣例輸出樣例分析源程式

【趨高機器視覺】機器視覺技術原了解析及解決方案