【图论】割点、桥、双连通

连通分量

个数可以通过一次BFS或者DFS得到

割点和桥

可以枚举删除每一个点或者每一条边，判断连通分量个数是否增加

更好的方法

该算法是R.Tarjan发明的。对图深度优先搜索，定义DFS(u)为u在搜索树（以下简称为树）中被遍历到的次序号。定义Low(u)为u或u的子树中能通过非父子边追溯到的最早的节点，即DFS序号最小的节点。

一个顶点u是割点，当且仅当满足(1)或(2)

(1) u为树根，且u有多于一个子树。

(2) u不为树根，且满足存在(u,v)为树枝边(或称父子边，即u为v在搜索树中的父亲)，使得DFS(u)<=Low(v)。

一条无向边(u,v)是桥，当且仅当(u,v)为树枝边，且满足DFS(u)<Low(v)。

void dfs(int u,int fa)
{int child=0;pre[u]=low[u]=++tim;for(int e=fst[u];e!=-1;e=nxt[e]){int v=s[e].y;if(!pre[v]){child++;dfs(v,u);low[u]=min(low[u],low[v]);if(low[v]>=pre[u])cut[u]++;if(low[v]>pre[u])bridge[e]=1;}elseif(pre[v]<pre[u] && v!=fa)	//v!=falow[u]=min(low[u],pre[v]);}if(fa<0&&child==1)cut[u]=0;
}

需要注意的是：

1.如果i是root，那么去掉i后，连通分量个数增加cut[i]-1个。如果i不是root，那么连通分量增加cut[i]个

2.无向图 bridge[e]=1 bridge[e+1]同样应标注为1(bridge[e-1])

双连通

双连通分点双联通和边双联通

对于一个连通图，若任意两点至少存在两条“点不重复”的路径，则此连通图是点-双连通的，意味着任意的两条边都是在同一个简单环上，即内部无割顶。点-双连通的极大子图叫做双连通分量或块。定理：不同双联通分量最多只有一个公共点，且它一定是割顶，任意割顶都是至少两个不同双连通分量的公共点。

对于一个连通图，若任意两点至少存在两条“边不重复”的路径，则此连通图是边-双连通的，意味着只需要每条边都至少在一个简单环中，即所有边都不是桥。边-双连通的极大子图叫做边-双连通分量，除了桥不属于任何边-双连通分量之外，其他每条边恰好属于一个边-双连通分量，而且把所有桥删除之后，每个连通分量对应原图中的一个边-双连通分量。

对于点双连通分支，实际上在求割点的过程中就能顺便把每个点双连通分支求出。建立一个栈，存储当前双连通分支，在搜索图时，每找到一条树枝边或后向边(非横叉边)，就把这条边加入栈中。如果遇到某时满足DFS(u)<=Low(v)，说明u是一个割点，同时把边从栈顶一个个取出，直到遇到了边(u,v)，取出的这些边与其关联的点，组成一个点双连通分支。割点可以属于多个点双连通分支，其余点和每条边只属于且属于一个点双连通分支。

对于边双连通分支，求法更为简单。只需在求出所有的桥以后，把桥边删除，原图变成了多个连通块，则每个连通块就是一个边双连通分支。桥不属于任何一个边双连通分支，其余的边和每个顶点都属于且只属于一个边双连通分支。

有重边的边-双连通分量应尤其注意，因为重边也算不同的边。解决方案是用边判断，而不是利用v!=fa判断能否由pre[v]更新low[u]

void dfs(int u,int fa)
{tim++;low[u]=pre[u]=tim;for(int e=fst[u];e!=-1;e=nxt[e]){int w=e;if (e%2)w++;else w--;int v=s[e].y;if(!pre[v]){dfs(v,e);low[u]=min(low[u],low[v]);if (low[v]>pre[u])bridge[e]=bridge[w]=1;}else//if(pre[v]<pre[u] && v != fa)if (pre[v]<pre[u] && (e!=fa && w!=fa))low[u]=min(low[u],pre[v]);}
}

void dfs(int u)
{tim++;pre[u]=low[u]=tim;for(int e=fst[u];e!=-1;e=nxt[e]){int w=e;if(w%2)w++;else w--;int v=s[e].y;if(!pre[v]){flag[e]=flag[w]=1;dfs(v);low[u]=min(low[u],low[v]);if(low[v]>pre[u])cnt[e]=cnt[w]=1;}else if(pre[v]<pre[u]&&!flag[e])  //判断边而不是判断点 {flag[e]=flag[w]=1;low[u]=min(low[u],pre[v]);}}
}

构造双连通图

一个有桥的连通图，如何把它通过加边变成边双连通图？方法为首先求出所有的桥，然后删除这些桥边，剩下的每个连通块都是一个双连通子图。把每个双连通子图收缩为一个顶点，再把桥边加回来，最后的这个图一定是一棵树，边连通度为1。

统计出树中度为1的节点的个数，即为叶节点的个数，记为leaf。则至少在树上添加(leaf+1)/2条边，就能使树达到边二连通，所以至少添加的边数就是(leaf+1)/2。具体方法为，首先把两个最近公共祖先最远的两个叶节点之间连接一条边，这样可以把这两个点到祖先的路径上所有点收缩到一起，因为一个形成的环一定是双连通的。然后再找两个最近公共祖先最远的两个叶节点，这样一对一对找完，恰好是(leaf+1)/2次，把所有点收缩到了一起。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int m,tn,n;
struct path{int x,y;}s[20001];
int fst[20001],nxt[20001];
bool bridge[20001];
int pre[5001],low[5001];
int tim,part,x,y;
int hash[5001],out[5001];void dfs(int u,int fa)
{tim++;low[u]=pre[u]=tim;for(int e=fst[u];e!=-1;e=nxt[e]){int w=e;if (e%2)w++;else w--;int v=s[e].y;if(!pre[v]){dfs(v,e);low[u]=min(low[u],low[v]);if (low[v]>pre[u])bridge[e]=bridge[w]=1;}else//if(pre[v]<pre[u] && v != fa)if (pre[v]<pre[u] && (e!=fa && w!=fa))low[u]=min(low[u],pre[v]);}
}void makeside(int x,int y)
{n++;s[n].x=x;s[n].y=y;nxt[n]=fst[x];fst[x]=n;
}void color(int i)
{hash[i]=part;for(int e=fst[i];e!=-1;e=nxt[e])if (!bridge[e]&&!hash[s[e].y])color(s[e].y);
}void print()
{int z=0;for(int e=1;e<=n;e++)if(bridge[e]){out[hash[s[e].x]]++;out[hash[s[e].y]]++;}for(int i=1;i<=part;i++)if(out[i]==2)z++;cout<<(z+1)/2<<endl;
}int main()
{while(scanf("%d%d",&m,&tn)==2){memset(fst,-1,sizeof(fst));memset(nxt,-1,sizeof(nxt));memset(bridge,0,sizeof(bridge));memset(hash,0,sizeof(hash));memset(out,0,sizeof(out));memset(pre,0,sizeof(pre));memset(low,0,sizeof(low));n=part=tim=0;for(int i=1;i<=tn;i++){scanf("%d%d",&x,&y);makeside(x,y);makeside(y,x);}for(int i=1;i<=m;i++)if(!pre[i])dfs(i,-1);for(int i=1;i<=m;i++)if(!hash[i]){part++;color(i);}print();}		return 0;
}

见题目：

HOJ

1007 SPF

1098 NetWork

1789 Electricity

2360 Redundant Paths

POJ

3117 Redundant Paths

3352 Road Construction

参考：

https://www.byvoid.com/blog/biconnect

http://blog.csdn.net/z635457712a/article/details/8229113