// 此博文为迁移而来，写于2015年4月14日，不代表本人现在的观点与看法。原始地址：http://blog.sina.com.cn/s/blog_6022c4720102vxnx.html
1、前言
我始终记得去年冬天有天吃完饭后，我们在买东西的时候讨论着强连通分量和Tarjan什么的。当时我真的什么都没听懂啊。。。什么强连通图，强连通分量，极大强连通分量。。。当然现在还是知道了。
2、概念
Tarjan算法，由Tarjan发明。作用在于求图中的强连通分量。什么是强连通？在有向图G中，如果两个顶点间至少存在一条路径，称两个顶点强连通(strongly connected)。如果有向图G的每两个顶点都强连通，称G是一个强连通图。非强连通图有向图的极大强连通子图，称为强连通分量(strongly connected components)。
先举一个很简单的例子，下图中，子图{1,2,3,4}中的节点两两可达，所以子图{1,2,3,4}为其强连通分量。
求强连通分量的话，除了枚举什么的，还有两种O(N+M)的方法，Kosaraju算法或Tarjan算法。今天介绍Tarjan算法。（因为那啥Kosaraju听都没听过= =）
3、求强连通分量
由于我们跑的肯定是有向图，所以其实我们可以把每个强连通分量看成一棵子树。首先要定义两个数组：dfn(u)为节点u搜索的次序编号（时间戳，并不是深度），low(u)为u或u的子树能够追溯到的最早的栈中节点的次序编号。于是存在一个定理（也是最核心的判断方法）：当dfn(u)=low(u)时，以u为根的搜索子树上所有节点是一个强连通分量。Tarjan是一个图上深度优先搜索的算法，下面为以上图为样本的具体操作步骤：
（1）第一次递归，将1,2,5,6全部加入栈中。到终点节点6时，发现dfn[6]=low[6]=4，即{6}是一个强连通分量。
（UPDATE：图中有一处错误，low[5]=3而不是1，特此说明）
（2）回溯后，同样可以得到dfn[5]=low[5]，即(5}是一个强连通分量。（图略）
（3）再次回溯，由节点2搜索到3，将3加入栈中，发现3存在一条子边连向已经在栈中的节点1，如紫色边所示，则可得到low[3]=dfn[1]=1。另一条边连向节点6，但是6没有在栈中，则不管了。。
（4）返回节点2之后，我们可得low[2]=low[3]=1。（图略）
（5）返回节点1之后，搜索到节点4，存在一条边与在栈中的3相连，则low[4]=dfn[3]=5。至此，搜索结束，返回节点1，发现dfn[1]=low[1]=1，则在栈中的{1,2,3,4}组成一个强连通分量。Tarjan算法结束。
综上所述，求得的三个强连通分量为：{1,2,3,4}，{5}，{6}。
4、缩点
其实上面，Tarjan算法本身已经讲完，但是，强连通分量求了肯定不是用来玩的。后面会给出一道许运用到Tarjan+缩点的题目，现在先讲概念。缩点的意思很简单，将一个强连通分量缩成一个点。作用不言而喻：如果题目所给的图存在环，还可以走重复的路，同时又要你求出权值和最大，怎么办？将强连通分量缩成点，接下来的任务就很简单了。在进行Tarjan求强连通分量的时候，我们就可以提前处理好一些内容，如得出缩点后的节点数，以及每个节点所属的强连通分量。
缩点的过程有两种方式，根据情况可以选择：（1）双图法（Cab跟我讲的）。缩点后的节点全部重新存在新的图中。该方法的空间需求较大，但是一点都不麻烦。（2）新节点法。如果原图存在n个节点，求出了k个非一个节点的强连通分量，则新加k个节点，共(n+k)个节点。在处理第i个强连通分量的时候，将所有与i中节点相连的边连到新的节点(n+i)，同时对强连通分量中的节点全部进行标记（对边标记也可以），下次搜索的时候不可进行访问。
5、例题
抢掠计划 [APIO 2009]
S城中的道路都是单向的。不同的道路由路口连接。按照法律的规定， 在每个路口都设立了一个 S 银行的 ATM 取款缩机。令人奇怪的是，S 的酒吧也都设在路口，虽然并不是每个路口都设有酒吧。 B 计划实施 S 有史以来最惊天动地的 ATM 抢劫。他将从市中心 出发，沿着单向道路行驶，抢劫所有他途径的 ATM 机，最终他将在一个酒吧庆祝他的胜利。 使用高超的黑客技术，他获知了每个 ATM 机中可以掠取的现金数额。他希 望你帮助他计计算从市中心出发最后到达某个酒吧时最多能抢劫的现金总数。他可 以经过同一路口或道路任意多次。但只要他抢劫过某个 ATM 机后，该 ATM 机 里面就不会再有钱了。 例如，假设该城中有 6 个路口，道路的连接情况如下图所示：
市中心在路口 1，由一个入口符号→来标识，那些有酒吧的路口用双圈来表示。每个 ATM 机中可取的钱数标在了路口的上方。在这个例子中，B 能抢劫的现金总数为 47，实施的抢劫路线是：1-2-4-1-2-3-5。
输入格式
第一行包含两个整数 n、m。n 表示路口的个数，m 表示道路条数。接下来 m 行，每行两个整数，这两个整数都在 1 到 n 之间，第 i+1 行的两个整数表示第 i 条道路的起点和终点的路口编号。接下来 n 行，每行一个整数，按顺序表示每 个路口处的 ATM 机中的钱数。接下来一行包含两个整数 s、p，s 表示市中心的 编号，也就是出发的路口。p表示酒吧数目。接下来的一行中有 p 个整数，表示 p 个有酒吧的路口的编号。
输出格式
输出一个整数，表示 B 从市中心开始到某个酒吧结束所能抢劫的最多的现金总数。
数据范围
50%的输入保证 n, m<=3000。所有的输入保证n, m<=500000。每个 ATM 机中可取的钱数为一个非负整数且不超过 4000。输入数据保证你可以从市中心沿着 s 的单向的道路到达其中的至少一个酒吧。
输入样例
6 7
1 2
2 3
3 5
2 4
4 1
2 6
6 5
10 12 8 16 1 5
1 4
4 3 5 6
输出样例
47
本题的主体就是Tarjan缩点。最朴素的算法写完后，基本上就保证有50分了。但是由于数据量大，需要进行优化，不然根本存都存不下。
分数参考表：（1）暴力枚举边，10分；
（2）Tarjan缩点+DP，50分；
（3）Tarjan缩点+搜索，70分；
（4）Tarjan缩点+DP+递归，90分；
（5）Tarjan缩点+SPFA，90分；
（6）Tarjan缩点+DP+模拟堆栈，100分。
表示太弱只写了个SPFA的、、空间存不下，将就着看吧。
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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#define MAXN 600005
#define INF 0x7f7f7f7f
using namespace std;
int max(int a,int b) { return (a>b)?a:b; }
int min(int a,int b) { return (a<b)?a:b; }
struct Edge
{
int v,next;
};
Edge edge[MAXN],edge2[MAXN];
int head[MAXN],head2[MAXN],val[MAXN],val2[MAXN],bar[MAXN],bar2[MAXN];
int n,m,u,v,x,b,s;
int inStack[MAXN],dfn[MAXN],low[MAXN],stack[MAXN],time,now,top,tot,belong[MAXN],totVal,ans;
vector <int> node[MAXN];
vector <int> ::iterator it;
void addEdge(int u,int v)
{
now++;
edge[now].v=v;
edge[now].next=head[u];
head[u]=now;
}
void addEdge2(int u,int v)
{
now++;
edge2[now].v=v;
edge2[now].next=head2[u];
head2[u]=now;
}
void init()
{
freopen("atm.in","r",stdin);
freopen("atm.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d %d",&u,&v);
addEdge(u,v);
}
now=0;
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);
scanf("%d",&s); scanf("%d",&b);
for (int i=1;i<=b;i++) { scanf("%d",&x); bar[x]=1; }
}
void Tarjan(int now)
{
int temp;
dfn[now]=low[now]=++time; // dfn[],low[]都初始化为当前的time
stack[++top]=now; // 加入栈中
inStack[now]=1; // 标记为在栈中
for (int x=head[now];x!=0;x=edge[x].next)
{
if (dfn[edge[x].v]==0) // 如果子节点不在栈中
{
Tarjan(edge[x].v);
low[now]=min(low[now],low[edge[x].v]);
}
else if (inStack[edge[x].v]==1 && dfn[edge[x].v]
}
if (dfn[now]==low[now]) // 如果节点now是强连通分量的根
{
tot++;
do
{
temp=stack[top--]; // 退栈
inStack[temp]=0;
belong[temp]=tot;
node[tot].push_back(temp);
}
while (temp!=now);
}
}
void mergeNode()
{
for (int i=1;i<=tot;i++)
{
totVal=0;
for (it=node[i].begin();it!=node[i].end();it++)
{
for (int x=head[*it];x!=0;x=edge[x].next)
if (belong[edge[x].v]!=belong[*it]) addEdge2(i,belong[edge[x].v]);
totVal+=val[*it];
if (bar[*it]==1) bar2[i]=1;
}
val2[i]=totVal;
}
}
int q[MAXN],vis[MAXN],dist[MAXN];
void SPFA(int s)
{
int head=1,tail=2;
dist[s]=val2[s]; vis[s]=1; q[1]=s;
while (head!=tail)
{
int now=q[head];
for (int x=head2[now];x!=0;x=edge2[x].next)
if (dist[now]+val2[edge2[x].v]>dist[edge2[x].v])
{
dist[edge2[x].v]=dist[now]+val2[edge2[x].v];
if (vis[edge2[x].v]!=1)
{
q[tail++]=edge2[x].v;
vis[edge2[x].v]=1;
}
}
vis[now]=0;
head++;
}
}
int main()
{
init();
for (int i=1;i<=n;i++)
if (dfn[i]==0) Tarjan(i);
mergeNode();
SPFA(belong[s]);
for (int i=1;i<=tot;i++) if (bar2[i]==1) ans=max(ans,dist[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
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本文部分内容参照 https://www.byvoid.com/blog/scc-tarjan/ ，特此注明。