Tarjan系列！我愿称Tarjan为爆搜之王！

1.Tarjan求LCA

利用并查集在一遍DFS中可以完成所所有询问。是一种离线算法。

遍历到一个点时，我们先将并查集初始化，再遍历完一个子树之后，将该子树的根的父亲指向当前点。

最后在回溯的时候给询问的答案更新一下，枚举一下 $v\in [1,n]$ 的点，看是否有询问，如果有询问更新一下 $LCA[u][v]=LCA[v][u]=find(v);$ 但是前提是 $v$ 已经被访问。

我们优化一下枚举的点，放入vector优化一下，就是 $O(n+m)$ 的复杂度了。

测试用题：

T1

T2

T1 Code: 但是经过事实证明，有速度排行： 树剖 < st表 < 倍增 < Tarjan

什么东西天下第一不用我多说了吧。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define filein(a) freopen(#a".in","r",stdin)
#define fileot(a) freopen(#a".out","w",stdout)
template<class T>
inline void read(T &s){
	s=0;char ch=getchar();bool f=0;
	while(ch<'0'||'9'<ch) {if(ch=='-') f=1;ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s*10+(ch^48);ch=getchar();}
	s=f?-s:s;
	if(ch=='.'){
		db p=0.1;ch=getchar();
		while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s+(ch^48)*p;p*=0.1;ch=getchar();};
	}
}
using std::vector;
const int N=5e5+1;
int n,m,rt;
vector<int>head,nxt;
struct Edge{
	int u,v;
};vector<Edge>to;
inline void join(int u,int v){
	nxt.push_back(head[u]);
	head[u]=to.size();
	to.push_back({u,v});
}
struct ques{
	int id,x;
};
vector<ques>qu[N];
int ans[N];
int fa[N];
int find(int x){
	return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
bool vis[N];
void dfs(int u){
	fa[u]=u;
	vis[u]=1;
	for(int i=head[u];~i;i=nxt[i]){
		int v=to[i].v;
		if(vis[v]) continue;
		dfs(v);
		fa[v]=u;
	}
	for(auto it:qu[u]){
		int id=it.id,x=it.x;
		if(vis[x]){
			ans[id]=find(fa[x]);
		}
	}
}
int main(){
	filein(b);fileot(b);
	read(n);read(m);read(rt);
	head.resize(n+1,-1);
	for(int i=1;i<n;++i){
		int u,v;read(u);read(v);
		join(u,v);join(v,u);
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u,v;read(u);read(v);
		qu[u].push_back({i,v});
		qu[v].push_back({i,u});
	}
	dfs(rt);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		printf("%d\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}

T2:我们考虑树上差分即可，这个我在之前的博客提到过了，就不多说了。

树上差分

2.Tarjan求割点、割边、强连通分量

概念

割点：删除点 $u$ 后使得连通图变为非连通图，该点为割点。

如果一个图没有割点，那么叫重连通图，每个顶点间至少2条路径(除非点数<3)。

强连通指有向图中的连通图，无向图中叫连通图。

割点

然后Tarjan可以在DFS中完成割点查找。我们给点赋予时间戳 $dfn$ ，就得到了深度优先生成树。

我们称能到达 $dfn$ 小于自己的边叫回边。

而对于一个点 $u$ 要么是根要么非根。先考虑 $u$ 为根，若其为割点，其满足拥有两个及以上的子树。这个结论是显然的，可以用链和一颗根有多个儿子的树来举例分析。

如果 $u$ 不是根，$u$ 为割点，那么其子树中存在有的点没有到达 $u$ 祖先的回边。

因为没有回边到达 $u$ 以上，那么删除这个点 $u$ 之后必定能使得图非联通。(具体就是这个点出不去了)

考虑怎么判断这个条件。我们用时间戳 $dfn$ 和最低时间戳 $low$ 来辅助。

其中:

\[low[u]=min\{dfn[u],min\{low[v]|v是u的儿子\},min\{dfn[v]|(u,v)为一条回边\}\}\]

那为什么 $low$ 取不到

\[min\{low[v]\mid(u,v)\in S\}(S 表示回边集合)\]

? 原因其实很简单，首先是要根据其定义，然后就考虑为什么这样设计。比如说当我们求割点的时候，割点可以通过回边到达一个 $dfn$ 更小的点，但是我们既然删掉了这个点那就不影响了。如果这是其子树正好有到达 $u$ 点的回边，如果随着其 $low$ 跳到那个更低的点，那么结果是有问题的，这是会把 $u$ 误判为非割点。

再考虑这样设计为什么不会错，因为我们这样已经足够判断其是否会通向其他子树了。

  • 在 $u$ 非 $dfn$ 树上的根时，若存在 $v$ 是 $u$ 的儿子，使 $dfn[u]<=low[v]$ ,那么 $u$ 是割点。

考虑反证，若 $low[v]<dfn[u]$ ,那么子树中必定有向 $u$ 祖先的回边，因此 $u$ 非割点。

然后考虑一下根有多个子树的情况即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define filein(a) freopen(#a".in","r",stdin)
#define fileot(a) freopen(#a".out","w",stdout)
template<class T>
inline void read(T &s){
	s=0;char ch=getchar();bool f=0;
	while(ch<'0'||'9'<ch) {if(ch=='-') f=1;ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s*10+(ch^48);ch=getchar();}
	s=f?-s:s;
	if(ch=='.'){
		db p=0.1;ch=getchar();
		while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s+(ch^48)*p;p*=0.1;ch=getchar();};
	}
}
using std::vector;
const int N=2e4+1;
vector<int>head,nxt;
struct Edge{
	int u,v;
};vector<Edge>to;
int n,m;
inline void join(int u,int v){
	nxt.push_back(head[u]);
	head[u]=to.size();
	to.push_back({u,v});
}
int idx;
int dfn[N],low[N];bool cut[N];
void dfs(int u,int f){
	dfn[u]=low[u]=++idx;
	int child=0;
	for(int i=head[u];~i;i=nxt[i]){
		int v=to[i].v;
		if(!dfn[v]){
			dfs(v,u);
			if(dfn[u]<=low[v] and u!=f){
				cut[u]=1;
			} 
			low[u]=std::min(low[u],low[v]);
			if(u==f) ++child;
		}else if(v!=f){
			low[u]=std::min(low[u],dfn[v]);
		}
	}
	if(child>=2 and u==f){
		cut[u]=1;
	}
}
int main(){
	filein(b);fileot(b);
	read(n);read(m);
	head.resize(n+1,-1);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u,v;read(u);read(v);
		join(u,v);join(v,u);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(!dfn[i]){
			idx=0;
			dfs(i,i);
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(cut[i]) ++ans;
	}
	printf("%d\n",ans);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(cut[i]){
			printf("%d ",i);
		}
	}putchar('\n');
	return 0;
}

割边

删掉一条边后连通图变为非联通的，那么这条边称为割边(或桥)。

在 $dfs$ 树上，$u$ 为 $v$ 的父亲节点，那么 $(u,v)$ 是割边的条件为：$u$ 到 $v$ 的边不是重边且 $v$ 及其子孙节点中没有向 $u$ 及其祖先的回边。

因为这次删的是边，而不是点，所以不能反到 $u$，不等式不能取到等号。

类似的,若 $dfn[u]<low[v]$,那么 $(u,v)$ 是割边。

由于没有模板再加上和上面的类似，我就只写核心代码了。

void dfs(int u){
	dfn[u]=low[u]=++idx;
	for(int i=head[u];~i;i=nxt[i]){
		int v=to[i].v;
		if(!dfn[v]){
			dfs(v);
			if(dfn[u]<low[v]){
				cut[i]=1;
			} 
			low[u]=std::min(low[u],low[v]);
		}else if(v!=f){
			low[u]=std::min(low[u],dfn[v]);
		}
	}
}

割点与割边

  • 两个割点之间的边是割边吗。割边的两个端点是割点吗。

举反例即可。第一很显然是错的，因为我们断掉一个点和断掉一条边是不等价的，上面我们论证 $low$ 的时候举了这样的例子，就不多赘述了。第二个我们发现也是有问题的，虽然我们断点的时候肯定会断掉这条边，显然如果那边的点在删完这个点之后删空了，那么也是不满足的。

强连通分量

有向图各个节点互相可达，那么叫做强连通分量。

一遍DFS求出。若有节点 $u$ 满足 $low[u]==dfn[u]$ 那么其子树不可能到达其祖先。那么这个 $u$ 为一个强连通分量在 $dfs$ 搜索树中的根。其中有多个强连通分量，其子树与一个强连通分量不一定完全相等。我们递归将其下的强连通分量记录并去除，最后以 $a$ 为根又有一个强连通分量。

其下的强连通分量按照相同方法找到。

我们用栈来找出一个强连通分量中的点(弹出其下的强连通分量中的点,一直弹到弹掉其下强连通分量的根为止)。

代码我们和缩点一起给出。

缩点

强连通分量内可以进行缩点，然后形成DAG(有向无环图)。能有更多优秀的性质。

缩点我们给同一个强连通分量内的点染成同一色，然后检查每条边的两边的点的颜色。同色忽略，异色就对于两个颜色建一条边即可完成缩点。

以模板题T1为例

我们这个时候处理回边的方法需要修改一下。因为是有向图。我们设立一个标记看一个点是否在栈中，如果在栈中那么其为回边，否则不为回边(因为对方已经被分入一个强连通分量中)。

缩点后变为DAG，就可以使用拓扑排序了。

基本的拓扑排序不难，看一眼就会了

拓扑排序

T1

T2

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define filein(a) freopen(#a".in","r",stdin)
#define fileot(a) freopen(#a".out","w",stdout)
template<class T>
inline void read(T &s){
	s=0;char ch=getchar();bool f=0;
	while(ch<'0'||'9'<ch) {if(ch=='-') f=1;ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s*10+(ch^48);ch=getchar();}
	s=f?-s:s;
	if(ch=='.'){
		db p=0.1;ch=getchar();
		while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s+(ch^48)*p;p*=0.1;ch=getchar();};
	}
}
using std::vector;
const int N=1e4+1,M=1e5+1;
int n,m;
int a[N];
vector<int>head,nxt;
struct Edge{
	int u,v,w;
};vector<Edge>to;
Edge e[M];
inline void join(int u,int v){
	nxt.push_back(head[u]);
	head[u]=to.size();
	to.push_back({u,v});
}
int idx;
int dfn[N],low[N];
int st[N],top;
int col[N];
int num;
int sum[N];
bool ink[N];
void dfs(int u){
	dfn[u]=low[u]=++idx;
	st[++top]=u;
	ink[u]=1;
	for(int i=head[u];~i;i=nxt[i]){
		int v=to[i].v;
		if(!dfn[v]){
			dfs(v);
			low[u]=std::min(low[u],low[v]);
		}else if(ink[v]){
			low[u]=std::min(low[u],dfn[v]);
		}
	}
	if(low[u]==dfn[u]){
		++num;
		while(1){
			col[st[top] ]=num;
			sum[num]+=a[st[top] ];
			ink[st[top] ]=0;
			//printf("%d ",st[top]);
			if(st[top]==u){
				--top;
				//printf("(%d)",sum[num]);
				//putchar('\n');
				break;
			}
			--top;
		}
	}
}
int res=0;
void dfs2(int u){
	res+=sum[u];
	for(int i=head[u];~i;i=nxt[i]){
		int v=to[i].v;
		dfs(v);
	}
}
int dp[N];
int ind[N];
std::queue<int>q;
int ans=0;
inline void topo(){
	for(int i=1;i<=num;++i){
		if(!ind[i]){
			dp[i]=sum[i];
			ans=std::max(dp[i],ans);
			q.push(i);
		}
	}
	while(!q.empty() ){
		int u=q.front();q.pop();
		for(int i=head[u];~i;i=nxt[i]){
			int v=to[i].v;
			--ind[v];
			if(ind[v]==0){
				dp[v]=dp[u]+sum[v];
				q.push(v);
				ans=std::max(ans,dp[v]);
			}
		}
	}
}
inline bool cmp(Edge x,Edge y){
	if(x.u==y.u) return x.v<y.v;
	return x.u<y.u;
}
int main(){
	filein(b);fileot(b);
	read(n);read(m);
	head.resize(n+1,-1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		read(a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u,v;read(u);read(v);
		join(u,v);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(!dfn[i]){
			idx=0;
			dfs(i);
		}
	}
	m=0;
	for(int i=0;i<to.size();++i){
		if(col[to[i].u]!=col[to[i].v]){
			e[++m]={col[to[i].u],col[to[i].v]};
		}
	}
	head.clear();nxt.clear();to.clear();
	head.resize(num+1,-1);
	std::sort(e+1,e+1+m,cmp);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		if(i>1 and e[i].u==e[i-1].u and e[i].v==e[i-1].v)
			continue;
		//printf("%d %d\n",e[i].u,e[i].v);
		join(e[i].u,e[i].v);
		++ind[e[i].v];
	}
	topo();
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}