tarjan算法题目练习(长期更新)

P2002 消息扩散

题目描述

有n个城市，中间有单向道路连接，消息会沿着道路扩散，现在给出n个城市及其之间的道路，问至少需要在几个城市发布消息才能让这所有n个城市都得到消息。

tarjan缩点(因为一个强连通分量内的点只要又一个传到了其他点都传到了，所以可以缩成一个点)，然后重新建图，统计out[i]为0的点的数量

#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 正则表达式

题目背景

小Z童鞋一日意外的看到小X写了一个正则表达式的高级程序，这个正则表达式程序仅仅由字符“0”,“1”，“.”和“*”构成，但是他能够匹配出所有在OJ上都AC的程序的核心代码！小Z大为颇感好奇，于是他决定入侵小X的电脑上去获得这个正则表达式的高级程序。

题目描述

在Internet网络中的每台电脑并不是直接一对一连通的，而是某些电脑之间存在单向的网络连接，也就是说存在A到B的连接不一定存在B到A的连接，并且有些连接传输速度很快，有些则很慢，所以不同连接传输所花的时间是有大有小的。另外，如果存在A到B的连接的同时也存在B到A的连接的话，那么A和B实际上处于同一局域网内，可以通过本地传输，这样花费的传输时间为0。

现在小Z告诉你整个网络的构成情况，他希望知道从他的电脑（编号为1），到小X的电脑（编号为n）所需要的最短传输时间。

很显然在同一局域网内的定义就是->强连通分量，那么我们将强连通分量内的点连边为0，其他的依然保持不变，然后跑一遍最短路即可

#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烧情侣

题目描述

众所周知，HXY已经加入了FFF团。现在她要开始喜（sang）闻（xin）乐（bing）见（kuang）地烧情侣了。这里有n座电影院，n对情侣分别在每座电影院里，然后电影院里都有汽油，但是要使用它需要一定的费用。m条单向通道连接相邻的两对情侣所在电影院。然后HXY有个绝技，如果她能从一个点开始烧，最后回到这个点，那么烧这条回路上的情侣的费用只需要该点的汽油费即可。并且每对情侣只需烧一遍，电影院可以重复去。然后她想花尽可能少的费用烧掉所有的情侣。问最少需要多少费用，并且当费用最少时的方案数是多少？由于方案数可能过大，所以请输出方案数对1e9+7取模的结果。

（注：这里HXY每次可以从任何一个点开始走回路。就是说一个回路走完了，下一个开始位置可以任选。所以说不存在烧不了所有情侣的情况，即使图不连通，HXY自行选择顶点进行烧情侣行动。且走过的道路可以重复走。）

这条回路上的情侣-> 强连通分量，一个强连通分量内选择那个cost最小的点，然后方案数是每个连通分量内 cost最小的点的个数的乘积

#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 间谍网络

#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

命题互推(现在已经知道一些命题之间的推导关系)

问现在还需要证明多少个。

因为命题: a->b 可以抽象成有向图，如果命题之间等价的话，就说明两个命题之间彼此可以从 a->c 同时 c->a，这就是强连通的定义。

因此，先算出图中的强连通分量，然后缩点，之后找出入度为0的点的个数，选择最大的那个即是答案。

tarjan算法题目练习(长期更新)

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