20 求图的割点和割边—Tarjan算法-Toy模板网

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1 图的割点

问题描述

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去掉2号城市，这样剩下的城市之间就不能两两相互到达。例如4号城市不能到5号城市，6号城市也不能到达1号城市等等。

下面将问题抽象化。在一个无向连通图中，如果删除某个顶点后，图不再连通（即任意两点之间不能相互到达），我们称这样的顶点为割点（或者称割顶）。那么割点如何求呢？

解决思路

很容易想到的方法是：依次删除每一个顶点，然后用深度优先搜索或者广度优先搜索来检查图是否依然连通。如果删除某个顶点后，导致图不再连通，那么刚才删除的顶点就是割点。这种方法的时间复杂度是O（N（N+M）），有没有更好的方法。

访问时间：首先我们从图中的任意一个点（比如1号顶点）开始对图进行遍历（遍历的意思就是访问每个顶点），比如使用深度优先搜索进行遍历，下图就是一种遍历方案。从图中可以看出，对一个图进行深度优先遍历将会得到这个图的一个生成树（并不一定是最小生成树），如下图。有一点需要特别说明的是：下图中圆圈中的数字是顶点编号，圆圈右上角的数表示的是这个顶点在遍历时是第几个被访问到的，叫做"时间戳"。例如1号顶点的时间戳为1，2号顶点的时间戳为3……我们可以用数组num来记录每一个顶点的时间戳。

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我们在遍历的时候一定会遇到割点，在深度优先遍历时访问到了k点，此时图就会被k点分割成为两部分。一部分是已经被访问过的点，另一部分是没有被访问过的点。如果k点是割点，那么剩下的没有被访问过的点中至少会有一个点在不经过k点的情况下，是无论如何再也回不到已访问过的点。那么一个连通图就被k点分割成多个不连通的子图了，下面来举例说明。

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上图是深度优先遍历访问到2号顶点的时候。此时还没有被访问到的顶点有4、5、6号顶点。其中5和6号顶点都不可能在不经过2号顶点的情况下，再次回到已被访问过的顶点（1和3号顶点），因此2号顶点是割点。

这个算法的关键在于：当深度优先遍历访问到顶点u时，假设图中还有顶点v是没有访问过的点，如何判断顶点v在不经过顶点u的情况下是否还能回到之前访问过的任意一个点？如果从生成树的角度来说，顶点u就是顶点v的父亲，顶点v是顶点u的儿子，而之前已经被访问过的顶点就是祖先。换句话说，如何检测顶点v在不经过父顶点u的情况下还能否回到祖先。我的方法是对顶点v再进行一次深度优先遍历，但是此次遍历时不允许经过顶点u，看看还能否回到祖先。如果不能回到祖先则说明顶点u是割点。再举一个例子，请看下图。

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上图是深度优先遍历访问到5号顶点的时候，图中只剩下6号顶点还没有被访问过。现在6号顶点在不经过5号顶点的情况下，可以回到之前被访问过的顶点有：1、3、2和4号顶点。我们这里只需要记录它能够回到最早顶点的"时间戳"。对于6号顶点来说就是记录1。因为6号顶点能够回到的最早顶点是1号顶点，而1号顶点的时间戳为1（圆圈右上方的数）。为了不重复计算，我们需要一个数组low来记录每个顶点在不经过父顶点时，能够回到的最小"时间戳"。如下图。

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对于某个顶点u，如果存在至少一个顶点v（即顶点u的儿子），使得low【v】>=num【u】，即不能回到祖先，那么u点为割点。对于本例，5号顶点的儿子只有6号顶点，且low【6】的值为1，而5号顶点的“时间戳” num【5】为5，low【6】<num【5】，可以回到祖先，因此5号顶点不是割点。2号顶点的“时间戳”num【2】为3，它的儿子5号顶点的low【5】为3，low【5】==num【3】，表示5号顶点不能绕过2号顶点从而访问到更早的祖先，因此2号顶点是割点。完整的代码实现如下。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//无向连通图

int e[101][101];

int m, n;
//访问的时间戳
int num[101] = {0};
int low[101] = {0};
int _count = 0;
int flag[101] = {0};
int root;
void dfs(int cur, int father) {
	int child = 0;
	num[cur] = ++_count;
	low[cur] = _count;
	//寻找cur节点的所有儿子
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		//与当前节点相连
		if (e[cur][i] == 1) {
			//儿子节点未被访问过
			if (num[i] == 0) {
				child++;
				dfs(i, cur);
				low[cur] = min(low[cur], low[i]);
				//判断是不是割点 因为根节点的low[1]==num[1]
				//如果不是根节点  low[i] >= num[cur]
				if (cur != root && low[i] >= num[cur]) flag[cur] = 1;
				//如果是根节点    child必须大于等于2  有两棵树或多棵树
				if (cur == root && child == 2)         flag[cur] = 1;
			}
			//儿子节点已经访问过而且不是父亲节点，肯定是祖先
			else if (i != father) {
				low[cur] = min(low[cur], num[i]);
			}
		}

	}
	return;
}
int main() {
	clock_t start, finish;
	//初始化
	cin >> n >> m;

	//初始化邻接矩阵
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			if (i == j) e[ i][j] = 0;
			else     e[i][j] = 1e6;
		}
	//读边信息
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		e[x][y] = 1;
		e[y][x] = 1;
	}
	start = clock();
	//主程序
	root = 1;
	dfs(1, 1);
	cout<<"割点为";
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if(flag[i]==1)  cout << i << " ";
	}

	finish = clock();
	cout << endl << "the time cost is:" << double(finish - start) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
	return 0;
}

测试数据：

测试结果为：2

2、图的割边 Tarjan算法

在一个无向连通图中，如果删除某条边后，图不再连通。下图中左图不存在割边，而右图有两条割边分别为2-5和2-6。

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那么如何求割边呢？只需要将求割点的算法修改一个符号就可以。只需将low【v】>=num【u】改为low【v】>num【u】，取消一个等于号即可。因为low【v】>=num【u】代表的是点v 是不可能在不经过父亲结点u而回到祖先（包括父亲）的，所以顶点u是割点。如果low【y】和num【x】相等则表示还可以回到父亲，而low【v】>num【u】则表示连父亲都回不到了。倘若顶点v不能回到祖先，也没有另外一条路能回到父亲，那么 w-v这条边就是割边，代码实现如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//无向连通图

int e[101][101];

int m, n;
//访问的时间戳
int num[101] = {0};
int low[101] = {0};
int _count = 0;
void dfs(int cur, int father) {
	num[cur] = ++_count;
	low[cur] = _count;
	//寻找cur节点的所有儿子
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		//与当前节点相连
		if (e[cur][i] == 1) {
			//儿子节点未被访问过
			if (num[i] == 0) {
				dfs(i, cur);
				low[cur] = min(low[cur], low[i]);
				
				if (low[i] > num[cur])
				{
					cout<<cur<<"-"<<i<<endl; 
				}
			}
			//儿子节点已经访问过而且不是父亲节点，肯定是祖先
			else if (i != father)  low[cur] = min(low[cur], num[i]);
		}
	}
	return;
}
int main() {
	clock_t start, finish;
	//初始化
	cin >> n >> m;

	//初始化邻接矩阵
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			if (i == j) e[ i][j] = 0;
			else     e[i][j] = 1e6;
		}
	//读边信息
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		e[x][y] = 1;
		e[y][x] = 1;
	}
	start = clock();
	//主程序
	dfs(1, 1);

	finish = clock();
	cout << endl << "the time cost is:" << double(finish - start) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
	return 0;
}

测试数据

输出结果

5-6
2-5

同割点的实现一样，这里也是用的邻接矩阵来存储图的，实际应用中需要改为使用邻接表来存储，否则这个算法就不是O（N+M）了，而至少是O（N^2）。如果这样的话，这个算法就没有意义了。因为你完全可以尝试依次删除每一条边，然后用深度优先搜索或者广度优先搜索去检查图是否依然连通。如果删除一条边后导致图不再连通，那么刚才删除的边就是割边。这种方法的时间复杂度是O(M(N+M)）。可见一个算法要选择合适的数据结构是非常重要的。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-607382.html

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