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  • (1)割点与桥(割边)的定义(只存在于无向图) 割点:无向连通图中,去掉一...有割点一定有桥,有桥一定存在割点;桥一定是割点依附的边。 (3)判断是否为割点 情况1:该点为根节点,那只要子节点数目超过1,...

    (1)割点与桥(割边)的定义(只存在于无向图)

    割点:无向连通图中,去掉一个顶点及和它相邻的所有边,图中的连通分量数增加,则该顶点称为割点。

    桥(割边):无向联通图中,去掉一条边,图中的连通分量数增加,则这条边,称为桥或者割边。

    (2)割点与桥(割边)的关系

    有割点不一定有桥,有桥一定存在割点;桥一定是割点依附的边。

    (3)判断是否为割点

    情况1:该点为根节点,那只要子节点数目超过1,那就是割点。

    情况2:如果该点不为根节点,那只要这个节点的子节点不能够到达祖节点,那也是割点。

    (4)判断是否为割边

    只有满足此点有父亲节点并且不能回到自己的祖先。

     

    (1)(求割点的模板)

    题目描述

    给出一个n个点,m条边的无向图,求图的割点。

    输入格式

    第一行输入n,m。下面m行每行输入x,y表示x到y有一条边

    输出格式

    第一行输出割点个数

    第二行按照节点编号从小到大输出节点,用空格隔开

    输入输出样例

    输入 

    6 7
    1 2
    1 3
    1 4
    2 5
    3 5
    4 5
    5 6

    输出 

    1 
    5

    (割点模板)代码:

    #include<stdio.h>
    #include<string.h>
    #define N 200010
    #define M 20005
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    int net[N],first[M],to[N];//邻接表数组
    int low[M],dfn[M],w[M],h[M];//tanjar数组
    int n,m,x,y,cnt,num,cot;//需要用的变量
    void init()
    {
        cnt=1,num=0,cot=0;
        memset(first,-1,sizeof(first));
        memset(dfn,0,sizeof(dfn));
        memset(low,0,sizeof(low));
        memset(w,0,sizeof(w));
    }
    void build_bian(int x,int y)//用邻接表双向建边
    {
        to[cnt]=y;
        net[cnt]=first[x];
        first[x]=cnt++;
    }
    void tarjan(int x,int root,int father)//分别表示当前节点,根节点,父亲节点。
    {
        low[x]=dfn[x]=++num;
        int child=0;
        for(int i=first[x]; i!=-1; i=net[i])
        {
            child++;//记录根节点的子节点数目。
            int k=to[i];
            if(dfn[k]==0)//表示k点没有被访问过
            {
                tarjan(k,root,x);
                low[x]=min(low[x],low[k]);
                if(x==root&&child>1)//如果该点为根节点且还2个及以上的子节点
                    w[cot++]=x;
                if(x!=root&&low[k]>=dfn[x])//如果该子节点不能到达祖先节点
                    w[cot++]=x;
            }
            else if(k!=father)//防止回到父亲节点
                low[x]=min(low[x],dfn[k]);
        }
    }
    int main()
    {
        while(~scanf("%d%d",&n,&m))
        {
            init();
            for(int i=1; i<=m; i++)
            {
                scanf("%d%d",&x,&y);
                build_bian(x,y);
                build_bian(y,x);
            }
            for(int i=1; i<=n; i++)
                if(dfn[i]==0)
                    tarjan(i,i,i);
            sort(w,w+cot);
            w[cot]=-1;
            int sum=0;
            for(int i=0; i<cot; i++)
                if(w[i]!=w[i+1])
                    h[sum++]=w[i];
            printf("%d\n",sum);
            for(int i=0; i<sum; i++)
                printf("%d ",h[i]);
            printf("\n");
        }
    }
    

    (2)(求割边的模板)

    题目描述

    因为某国被某红色政权残酷的高压暴力统治。美国派出将军uim,对该国进行战略性措施,以解救涂炭的生灵。

    该国有n个城市,这些城市以铁路相连。任意两个城市都可以通过铁路直接或者间接到达。

    uim发现有些铁路被毁坏之后,某两个城市无法互相通过铁路到达。这样的铁路就被称为key road。

    uim为了尽快使该国的物流系统瘫痪,希望炸毁铁路,以达到存在某两个城市无法互相通过铁路到达的效果。

    然而,只有一发炮弹(美国国会不给钱了)。所以,他能轰炸哪一条铁路呢?

    输入格式

    第一行n,m(1<=n<=150, 1<=m<=5000),分别表示有n个城市,总共m条铁路。

    以下m行,每行两个整数a, b,表示城市a和城市b之间有铁路直接连接。

    输出格式

    输出有若干行。

    每行包含两个数字a,b(a<b),表示<a,b>是key road。

    请注意:输出时,所有的数对<a,b>必须按照a从小到大排序输出;如果a相同,则根据b从小到大排序。

    输入输出样例

    输入 

    6 6
    1 2
    2 3
    2 4
    3 5
    4 5
    5 6

    输出 

    1 2
    5 6

    (割桥模板)代码:

    #include<stdio.h>
    #include<string.h>
    #define N 200
    #define M 12000
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    int low[N],dfn[N];//tanjar数组
    int first[N],net[M],to[M];//邻接表数组
    int n,m,num,cnt,cot,fa[N];//需要用的变量
    struct node
    {
        int x,y;
    } q[M];
    bool cmp(node a,node b)
    {
        if(a.x==b.x)
            return a.y<b.y;
        return a.x<b.x;
    }
    void build_bian(int x,int y)//用邻接表双向建边
    {
        to[cnt]=y;
        net[cnt]=first[x];
        first[x]=cnt++;
    }
    void init()
    {
        cnt=1,num=0,cot=0;
        memset(fa,0,sizeof(fa));
        memset(dfn,0,sizeof(dfn));
        memset(first,-1,sizeof(first));
        memset(low,0,sizeof(low));
    }
    void tarjan(int x,int father)//分别表示当前节点,父亲节点。
    {
        low[x]=dfn[x]=++num;
        fa[x]=father;//记录当前节点和父节点的关系
        for(int i=first[x]; i!=-1; i=net[i])
        {
            int k=to[i];
            if(dfn[k]==0)//表示k点没有被访问过
            {
                tarjan(k,x);
                low[x]=min(low[x],low[k]);
            }
            else if(k!=father)//防止回到父亲节点
                low[x]=min(low[x],dfn[k]);
        }
    }
    int main()
    {
        init();
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            build_bian(x,y);
            build_bian(y,x);
        }
        for(int i=1; i<=n; i++)
            if(dfn[i]==0)
                tarjan(i,0);
        for(int i=1; i<=n; i++)
            if(fa[i]&&low[i]>dfn[fa[i]])//只有满足此点有父亲节点并且不能回到自己的祖先。
            {
                if(i>fa[i])
                    q[cot].x=fa[i],q[cot++].y=i;
                else
                    q[cot].x=i,q[cot++].y=fa[i];
            }
        sort(q,q+cot,cmp);
        q[cot].x=-1,q[cot].y=-1;
        for(int i=0; i<cot; i++)
            printf("%d %d\n",q[i].x,q[i].y);
        printf("\n");
    }
    

     

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  • 题目大意:给你一张图,对于每个点,问删掉这个点之后分出多少个连通块. n,m≤3e5n,m \leq 3e5n,m≤3e5 题目思路: 显然只有割点影响....割点一定割边,所以一定是答案+1. AC代码: #include <bits/

    题目大意:给你一张图,对于每个点,问删掉这个点之后分出多少个连通块.

    n,m3e5n,m \leq 3e5

    题目思路:

    显然只有割点会有影响.本质是统计割点连接的割边数.

    若割点是根节点,统计dfn[u]low[v]dfn[u] \leq low[v]的子树个数即可.

    若割点不是根节点,最终答案+1. 因为它不是根节点,并且在dfs树上只会有一个父节点.即 将 父节点->割点也一定是割边,所以一定是答案+1.

    AC代码:

    #include <bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    #define ll long long
    const int maxn=2e5+5;
    ll n,m,sum;
    ll h[300005],tot;
    ll dfn[300005],low[300005],ans[300005],cnt;
    struct edge
    {
        int v,next;
    }e[600005];
    void add(int u,int v)
    {
        e[++tot]={v,h[u]};
        h[u]=tot;
        e[++tot]={u,h[v]};
        h[v]=tot;
    }
    void tarjan(int x,int rt)
    {
        dfn[x]=low[x]=++cnt;
        if(x!=rt)
            ans[x]=1;
        for(int i=h[x];i;i=e[i].next)
        {
            int y=e[i].v;
            if(!dfn[y])
            {
                tarjan(y,rt);
                low[x]=min(low[x],low[y]);
                if(low[y]>=dfn[x])
                    ans[x]++;
            }else
            low[x]=min(low[x],dfn[y]);
        }
    }
    signed main()
    {
        cin >> n >> m;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int x,y;
            cin>>x>>y;
            add(x,y);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(!dfn[i])
            {
                tarjan(i,i);
                sum++;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            cout<<sum+ans[i]-1<<' ';
        return 0;
    }
    
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  • Tarjan 求割点 先说一下割点是什么? 学习博客 割点只针对无向连通图而言,如果将其中一个点以及所有连接该点的去掉,图就不再连通,...当 i 为根时,如果它两个以上的子树时(不是儿子),那么 i 一定割点;...

    Tarjan 求割点、割边

    先说一下割点是什么?

    学习博客

    割点只针对无向连通图而言,如果将其中一个点以及所有连接该点的边去掉,图就不再连通,那么这个点就叫做割点;

    前面学习了Tarjan求有向图的强连通分量,当low[i]==dfn[i]时,i 就和 i 前面入栈的形成了强连通图;

    割点和那个求法有点不一样,分为两种情况:

    1. 当 i 为根时,如果它有两个以上的子树时(不是儿子),那么 i 一定为割点;
    2. 当 i 不为根时,(i,j)为一条边,如果 low[j]>=dfn[i] 时,i 就是割点;

    模板:

    这个模板的parent的作用其实就是为了防止双向边遍历时死循环,相当于dfs(sn,fat);

    const int V = 20;
    int dfn[V], low[V], parent[V];
    bool vis[V], ap[V];
    vector<int> g[V];
    
    void dfs(int u)
    {
        static int count = 0;
        // 子树数量
        int children = 0;
    
        // 默认low[u]等于dfn[u]
        dfn[u] = low[u] = ++count;
        vis[u] = true;
    
        // 遍历与u相邻的所有顶点
        for (int v: g[u])
        {
            // (u, v)为树边
            if (!vis[v])
            {
                // 递增子树数量
                children++;
                // 设置v的父亲为u
                parent[v] = u;
                // 继续DFS
                dfs(v);
                // DFS完毕,low[v]已求出,如果low[v]<low[u]则更新low[u]
                low[u] = min(low[u], low[v]);
    
                // 如果是根节点且有两棵以上的子树则是割点
                if (parent[u] == -1 && children >= 2)
                    cout << "Articulation point: " << u << endl;
                // 如果不是根节点且low[v]>=dfn[u]则是割点
                else if (parent[u] != -1 && low[v] >= dfn[u])
                    cout << "Articulation point: " << u << endl;
            }
            // (u, v)为回边,且v不是u的父亲
            else if (v != parent[u])
                low[u] = min(low[u], dfn[v]);
        }
    }
    

    模板题:

    洛谷 P3388 【模板】割点(割顶)

    代码:

    #include<bits/stdc++.h>
    #define LL long long
    #define pa pair<int,int>
    #define ls k<<1
    #define rs k<<1|1
    #define inf 0x3f3f3f3f
    using namespace std;
    const int N=20010;
    const int M=1000100;
    const LL mod=100000000;
    int dfn[N],low[N],tot,head[N],cnt,n,m,vis[N];
    struct Node{
    	int to,nex;
    }edge[M];
    void add(int p,int q){
    	edge[cnt].to=q;
    	edge[cnt].nex=head[p];
    	head[p]=cnt++;
    }
    void Tarjan(int p,int fa){
    	dfn[p]=low[p]=++tot;
    	int ch=0;//儿子数量 
    	for(int i=head[p];~i;i=edge[i].nex){
    		int q=edge[i].to;
    		if(!dfn[q]){
    			Tarjan(q,p);
    			low[p]=min(low[p],low[q]);
    			if(p!=fa&&low[q]>=dfn[p]) vis[p]=1;
    			if(p==fa) ch++;
    		}
    		low[p]=min(low[p],dfn[q]);
    	}
    	if(ch>=2&&p==fa) vis[p]=1;
    }
    int main(){
    	memset(head,-1,sizeof(head));
    	scanf("%d%d",&n,&m);
    	for(int i=1;i<=m;i++){
    		int x,y;
    		scanf("%d%d",&x,&y);
    		add(x,y),add(y,x);
    	}
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		if(dfn[i]) continue;
    		Tarjan(i,i);
    	}
    	int ans=0;
    	for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) ans++;
    	cout<<ans<<endl;
    	for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) printf("%d ",i);
        return 0;
    }
    

    再来说一下割边是什么?

    在无向联通图中,去掉一条边,图中的连通分量数增加(也就是图不连通),则这条边,称为桥或者割边。

    割点与割边(桥)的关系:

    1. 有割点不一定有桥,有桥一定存在割点
    2. 桥一定是割点依附的边。

    所以求割边就和求割点差不多,或者可以说求割点是先求割边,因为有割边一定有割点;

    唯一跟求割点不同的是当边(i,j)满足 low[j]>dfn[i] 时就是割边,不要等于;

    模板题:

    洛谷 P1656 炸铁路

    代码:

    #include<bits/stdc++.h>
    #define LL long long
    #define pa pair<int,int>
    #define ls k<<1
    #define rs k<<1|1
    #define inf 0x3f3f3f3f
    using namespace std;
    const int N=20010;
    const int M=1000100;
    const LL mod=100000000;
    int dfn[N],low[N],tot,head[N],cnt,n,m,cc;
    struct Ans{
    	int u,v;
    }ans[M];
    bool cmp(Ans p,Ans q){
    	if(p.u==q.u) return p.v<q.v;
    	return p.u<q.u;
    }
    struct Node{
    	int to,nex;
    }edge[M];
    void add(int p,int q){
    	edge[cnt].to=q;
    	edge[cnt].nex=head[p];
    	head[p]=cnt++;
    }
    void Tarjan(int p,int fa){
    	dfn[p]=low[p]=++tot;
    	for(int i=head[p];~i;i=edge[i].nex){
    		int q=edge[i].to;
    		if(!dfn[q]){
    			Tarjan(q,p);
    			low[p]=min(low[p],low[q]);
    			if(low[q]>dfn[p]){
    				if(p>q) ans[++cc].u=q,ans[cc].v=p;
    				else ans[++cc].u=p,ans[cc].v=q;
    			}
    		}
    		else if(q!=fa) low[p]=min(low[p],dfn[q]);//这个条件特别关键 
    	}
    }
    int main(){
    	memset(head,-1,sizeof(head));
    	scanf("%d%d",&n,&m);
    	for(int i=1;i<=m;i++){
    		int x,y;
    		scanf("%d%d",&x,&y);
    		add(x,y),add(y,x);
    	}
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		if(!dfn[i]) Tarjan(i,i);
    	} 
    	sort(ans+1,ans+cc+1,cmp);
    	for(int i=1;i<=cc;i++) cout<<ans[i].u<<" "<<ans[i].v<<endl;
        return 0;
    }
    
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  • 割边+割点tarjan算法

    2021-03-16 17:13:06
      按照我的理解tarjan算法的思想实际上就是点标号,这里点两种标号,分别是dfn表示第一次遍历时的标号,而low则将同一个环上的点标成相同的号,在DFS 过程中如果图中存在环,那么一定存在某个时刻,一个点会遍历...

    割点

      连通图中删去改点后,剩余的图变得不再连通,那么被删去的点就是割点,求解无向图中的割点我们可以使用tarjan算法在一次DFS内解决。
      按照我的理解tarjan算法的思想实际上就是点标号,这里点有两种标号,分别是dfn表示第一次遍历时的标号,而low则将同一个环上的点标成相同的号,在DFS 过程中如果图中存在环,那么一定存在某个时刻,一个点会遍历到dfn小于自己的点,那么在返回的时候,我们将所有环上的点的low值都设置成发现环的那个点的dfn的值,low值小于自身dfn值的点,一定存在于某个环中,只有dfn==low值的点才是割点,当然low值在初始化时就是dfn的值,所以low值不会小于dfn的值。
      这样我们在跟新一个点x的low值时,实际上就是更新从x的子节点可以搜索到的所有点的dfn值最小值。

    例题

    割点模板题

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    const int N=20010;
    const int M=200010;
    int edge[M];
    int nest[M];
    int last[N];
    int cnt=1;
    
    void add(int u,int v){
    	edge[cnt]=v;
    	nest[cnt]=last[u];
    	last[u]=cnt;
    	cnt++;
    	return;
    }
    
    //一遍DFS求割点、割边
    int dfn[N];
    int low[N];
    int id=1;
    bool cut[N];
    int r;
    void dfs(int k){
    	dfn[k]=low[k]=id++;
    	int count=0; 
    	for(int i=last[k];i;i=nest[i]){
    		if(!dfn[edge[i]]){
    			dfs(edge[i]);
    			low[k]=min(low[k],low[edge[i]]);
    			//判断k是不是割点,判断依据是low[edge[i]]>=dfn[k]成立
    			//因为dfn是单调递增的,意味着low也是单调不减的。 
    			if(low[edge[i]]>=dfn[k]){
    				count++;
    				if(k!=r||count>1)cut[k]=true;
    			} 
    		}else{
    			low[k]=min(low[k],dfn[edge[i]]);
    		}
    	} 
    } 
    
    int main(){
    	int n,m;
    	cin>>n>>m;
    	int u,v;
    	for(int i=0;i<m;i++){
    		scanf("%d %d",&u,&v);
    		add(u,v);
    		add(v,u);
    	}
    	//注意随机森林的问题
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		if(dfn[i]==0){
    			r=i; 
    			dfs(i);
    		}
    	} 
    	int ans=0;
    	for(int i=1;i<=n;i++)if(cut[i])ans++;
    	cout<<ans<<endl;
    	for(int i=1;i<=n;i++)if(cut[i])cout<<i<<" ";
    	return 0;
    	
    } 
    

    割边

      与割边的定义类似,但是对于求解割边的问题,相比于求解割点来说,难度稍微大一点点,对于一个图,如果含有重边,重边的两个端点之间的边一定不是割边,但是我们在DFS过程中,如果按照点遍历,是服务区分我们访问的到底是重边还是反向边,这里有两种解决方法:①DFS处理完以后,在输出的过程中,如果两个端点是重边的端点就跳过;②采用成对变换的技巧,在使用兄弟链表法保存图结构时,无向图中同一条边的正反节点号分别表示为x,y,其中x%2==0;y=x+1;这样我们遍历时在遇到相连的访问边时就直接跳过即可。

    模板

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    const int N=20010;
    const int M=200010;
    
    int edge[M];
    int nest[M];
    int last[N];
    int cnt=2;//为了使用成对变换的技巧,这里我们需要从标号2开始给边编号。 
    
    void add(int u,int v){
    	edge[cnt]=v;
    	nest[cnt]=last[u];
    	last[u]=cnt;
    	cnt++;
    	return;
    }
    //记录第一次遍历时间,记录low数组
    int low[N];
    int dfn[M];
    bool cut[M];
    int ans=0;
    int id=1;
    void dfs(int x,int e){
    	dfn[x]=id;
    	low[x]=id;
    	id++;
    	for(int i=last[x];i;i=nest[i]){
    		int y=edge[i];
    		if(dfn[y]==0){
    			//还未遍历时
    			dfs(y,i);
    			low[x]=min(low[x],low[y]);
    			//判断是否是桥 
    			if(low[y]>dfn[x]){
    				cut[i]=cut[i^1]=true; 
    				ans++;
    			} 
    		}else{
    			//已经遍历 
    			if(i!=e^1){
    				//只有不是同一条边的反向,我们才可以选择更新。 
    				low[x]=min(low[x],dfn[y]); 
    			}
    		} 
    	}
    } 
    int main(){ 
    	int n,m;
    	cin>>n>>m;
    	int u,v;
    	for(int i=0;i<m;i++){
    		scanf("%d %d",&u,&v); 
    		add(u,v);
    		add(v,u);
    	} 
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		if(dfn[i]==0){
    			dfs(i,0);
    		}
    	}
    	cout<<ans<<endl;
    	for(int i=1;i<=m;i++){
    		if(cut[i])printf("%d %d\n",edge[i],edge[i^1]);
    	}
    	return 0;
    	
    }
    
    展开全文
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有割点一定有割边