ccf 高速公路(连通子图)
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。
题目我们看得很明白，其实是一道很简单的一道题目，直接套用Tarjan算法就可以得到答案。
关于Tarjan算法，我下面直接转载来自byvoid的文章，写得已经很好了。算了，基本上是抄的，我的这篇文章就算是转载的好了。
在有向图G中，如果两个顶点间至少存在一条路径，称两个顶点强连通(strongly connected)。如果有向图G的每两个顶点都强连通，称G是一个强连通图。非强连通图有向图的极大强连通子图，称为强连通分量(strongly connected components)。
下图中，子图{1,2,3,4}为一个强连通分量，因为顶点1,2,3,4两两可达。{5},{6}也分别是两个强连通分量。
直接根据定义，用双向遍历取交集的方法求强连通分量，时间复杂度为O(N^2+M)。更好的方法是Kosaraju算法或Tarjan算法，两者的时间复杂度都是O(N+M)。本文介绍的是Tarjan算法。
[Tarjan算法]
Tarjan算法是基于对图深度优先搜索的算法，每个强连通分量为搜索树中的一棵子树。搜索时，把当前搜索树中未处理的节点加入一个堆栈，回溯时可以判断栈顶到栈中的节点是否为一个强连通分量。
定义DFN(u)为节点u搜索的次序编号(时间戳)，Low(u)为u或u的子树能够追溯到的最早的栈中节点的次序号。由定义可以得出，
Low(u)=Min
{
DFN(u),
Low(v),(u,v)为树枝边，u为v的父节点
DFN(v),(u,v)为指向栈中节点的后向边(非横叉边)
}当DFN(u)=Low(u)时，以u为根的搜索子树上所有节点是一个强连通分量。
算法伪代码如下
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 S) // 如果节点v还在栈内
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 = S.pop // 将v退栈，为该强连通分量中一个顶点
print v
until (u== v)
}接下来是对算法流程的演示。
从节点1开始DFS，把遍历到的节点加入栈中。搜索到节点u=6时，DFN[6]=LOW[6]，找到了一个强连通分量。退栈到u=v为止，{6}为一个强连通分量。
返回节点5，发现DFN[5]=LOW[5]，退栈后{5}为一个强连通分量。
返回节点3，继续搜索到节点4，把4加入堆栈。发现节点4向节点1有后向边，节点1还在栈中，所以LOW[4]=1。节点6已经出栈，(4,6)是横叉边，返回3，(3,4)为树枝边，所以LOW[3]=LOW[4]=1。
继续回到节点1，最后访问节点2。访问边(2,4)，4还在栈中，所以LOW[2]=DFN[4]=5。返回1后，发现DFN[1]=LOW[1]，把栈中节点全部取出，组成一个连通分量{1,3,4,2}。
至此，算法结束。经过该算法，求出了图中全部的三个强连通分量{1,3,4,2},{5},{6}。
可以发现，运行Tarjan算法的过程中，每个顶点都被访问了一次，且只进出了一次堆栈，每条边也只被访问了一次，所以该算法的时间复杂度为O(N+M)。
求有向图的强连通分量还有一个强有力的算法，为Kosaraju算法。Kosaraju是基于对有向图及其逆图两次DFS的方法，其时间复杂度也是O(N+M)。与Trajan算法相比，Kosaraju算法可能会稍微更直观一些。但是Tarjan只用对原图进行一次DFS，不用建立逆图，更简洁。在实际的测试中，Tarjan算法的运行效率也比Kosaraju算法高30%左右。此外，该Tarjan算法与求无向图的双连通分量(割点、桥)的Tarjan算法也有着很深的联系。学习该Tarjan算法，也有助于深入理解求双连通分量的Tarjan算法，两者可以类比、组合理解。
求有向图的强连通分量的Tarjan算法是以其发明者Robert Tarjan命名的。Robert Tarjan还发明了求双连通分量的Tarjan算法，以及求最近公共祖先的离线Tarjan算法，在此对Tarjan表示崇高的敬意。
附：tarjan算法的C++程序
void tarjan(int i)
{
int j;
DFN[i]=LOW[i]=++Dindex;
instack[i]=true;
Stap[++Stop]=i;
for (edge *e=V[i];e;e=e->next)
{
j=e->t;
if (!DFN[j])
{
tarjan(j);
if (LOW[j]<LOW[i])
LOW[i]=LOW[j];
}
else if (instack[j] && DFN[j]<LOW[i])
LOW[i]=DFN[j];
}
if (DFN[i]==LOW[i])
{
Bcnt++;
do
{
j=Stap[Stop--];
instack[j]=false;
Belong[j]=Bcnt;
}
while (j!=i);
}
}
void solve()
{
int i;
Stop=Bcnt=Dindex=0;
memset(DFN,0,sizeof(DFN));
for (i=1;i<=N;i++)
if (!DFN[i])
tarjan(i);
}好了，我们看到Tarjan算法对于我们这道题来说非常合适，这道题目你如果知道这个算法，算是送分题。附上我的代码！
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
const int ADJ_NUM = 50;
const int SIZE = 10001;
struct _graph{
int adj[ADJ_NUM]; // 来记录邻接点的下标
int num; // 指示邻接点的数目
};
_graph V[SIZE] = {0};
int LOW[SIZE] = {0};
int DFN[SIZE] = {0};
bool instack[SIZE] = {false}; // 用来记录一个顶点是否在栈里面
int Stap[SIZE] = {0};
int Belong[SIZE] = {0};
int Dindex, Stop, Bcnt;
int answer = 0;
void tarjan(int i)
{
int j;
int index = 0;
DFN[i] = LOW[i] = ++Dindex; // 标记
instack[i] = true; // 表示这个节点在栈里面
Stap[++Stop] = i; // 入栈
while (true) // 寻找邻节点
{
j = V[i].adj[index++];
if (j == 0) break;
if (!DFN[j]) // 如果该点还未有入栈
{
tarjan(j); // 从这个节点开始访问,也就是递归
if (LOW[j] < LOW[i]) // j节点访问完成之后，LOW[j]可能发生了变化，要更新LOW[i]
LOW[i] = LOW[j];
}
else if (instack[j] && DFN[j] < LOW[i]) // 该节点已经在栈里面了
LOW[i] = DFN[j];
}
if (DFN[i] == LOW[i]) // DFN[i] == LOW[i]这说明有一个强连通分量
{
int sum = 0;
Bcnt++; // 这里表示联通分量的数量加一
do
{
j = Stap[Stop--];
instack[j] = false; // 这里表示出栈
Belong[j] = Bcnt;
sum++;
}
while (j != i);
if (sum != 0)
answer += (sum * (sum - 1)) / 2;
}
}
void solve(int N)
{
int i;
Stop = Bcnt = Dindex = 0;
memset(DFN, 0, sizeof(DFN));
for (i = 1; i <= N; i++)
if (!DFN[i])
tarjan(i);
}
int main()
{
int n, m;
int a, b;
cin >> n >> m;
while (m--)
{
cin >> a >> b;
V[a].adj[V[a].num] = b; // 从 a到b有一条边
V[a].num++; // 计数器加1
}
solve(n);
cout << answer << endl;
return 0;
}我要说明几点，首先是所谓的便利城市对数，对于节点数大于一的连通分量，它的对数是n*(n-1)/2，可能这道题就在这里转了一个弯。然后对于图的表示，我用的是邻接表，因为方便，记得将边的数目开大点，总之ccf内存还是不要钱的。
我之前让ADJ_NUM等于10，居然出错了，看来测试代码真的很大，从一个节点出来的边有可能超过10条。