有時對於乙個有向圖我們及其渴望將其變為乙個有向無環圖，這樣我們就要用到強連通分量縮點了。
洛谷3387 縮點
題目背景
縮點+dp。
題目描述
給定乙個 n個點 m條邊有向圖，每個點有乙個權值，求一條路徑，使路徑經過的點權值之和最大。你只需要求出這個權值和。
允許多次經過一條邊或者乙個點，但是，重複經過的點，權值只計算一次。
輸入格式
第一行兩個正整數n，m。
第二行n個整數，依次代表點權。
第三至(m + 2)行，每行兩個整數u，v，表示一條u -> v的有向邊。
輸出格式
共一行，最大的點權之和。
輸入輸出樣例
輸入
2 2
1 11 2
2 1
2對於 100%的資料，1 <= n <= 10^4，1 <= m <= 10^5，0 <= 點權 <= 10^3。
對於一道圖論題，有時我們會發現如果說這是乙個有向無環圖會很好解決，但題目中卻並沒有說無環，這時我們希望將這個有向圖變成乙個有向無環圖，這就要用到強連通分量縮點了。
在乙個強連通分量中，我們知道任意兩個點可以互相到達，那麼其實我們就可以利用這個特點去對其進行縮點，將原圖變成乙個有向無環圖。
在做tarjan演算法時，我們已經對每個點進行了染色，所以這樣縮點就很簡單了，如果一條邊起點u和終點v的顏色不一樣，就以u的顏色color[u]為起點、v的顏色color[v]為終點建一條邊。
競賽中，我們為了不把原來的圖和新的圖搞混，往往不會建兩個圖，而是先以邊表的形式儲存一下原圖，之後等跑完tarjan後清空鄰接表再重新按原圖的邊表加邊，這樣就不容易把原來的圖和新的圖搞混了。還有記住原圖和新圖中點的數目是不一樣的，務必不要忘記。
最後再說一下這道題，先縮點，之後有三種方式解決：
拓撲排序：按照拓撲序進行dp。
記憶化搜尋：直接暴力深搜，再加個記憶化。
最長路：spfa跑乙個最長路。
這裡我就用思路最簡單的拓撲排序來寫了。
最後算一下演算法時間複雜度：我們發現其中就是乙個tarjan和乙個拓撲排序，綜合一下也就o(n + m)級別了。
# include # include # include # include # include # include # include using namespace std;
const int n_max = 10000, m_max = 100000;
int n, m;
int u[m_max + 10], v[m_max + 10];
int a[n_max + 10]; // a[i]表示小點i的權值
vector g[n_max + 10];
// 一大堆tarjan演算法所用到的變數
int now, dfn[n_max + 10], low[n_max + 10];
bool ins[n_max + 10];
stack s;
int color[n_max + 10], cnt[n_max + 10];
int in[n_max + 10];
queue q;
int w[n_max + 10], dp[n_max + 10]; // w[i]表示大點i的權值
void addedge(int x, int y)
void tarjan(int x)
if (low[x] != dfn[x]) return;
color[x] = ++color[0];
cnt[color[0]]++;
while (s.top() != x)
ins[x] = false;
s.pop();
}void resetpoint()
}int topsort()
} return ans;
}int main()
resetpoint();
for (int i = 1; i <= n; i++)
w[color[i]] += a[i];
printf("%d\n", topsort());
return 0;
}
強連通分量縮點的模板
include include include include using namespace std define inti a memset a,0,sizeof a define min a,b a b b a define max a,b a b a b const int max 1605...
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再次深搜 此時 stack 發現綠邊指向了已經遍歷過的點4 是上述的2種邊之一 而4在棧中 4點與6點是父子關係 該邊為後向邊 4 6的路徑上的點都是環。int num n top 0 int u stack.top while u 4 num top u 如此就能把stack中 4 6路徑上的點轉...
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