什么是缩点？
当我们在求出强连通分量之后，我们可以把同一个强连通分量里的点当成新图里的一个新点，然后如果原图中两个不在同一个强连通分量的点有连边的话，那么他们所对应的新点也有连边。
我们可以知道，新图一定是一个有向无环图（DAG）。
void Shrink_point() { for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=head[i]; j; j=edge[j].pre) { int to=edge[j].to; if(col[i]!=col[to]) add(col[i],col[to]); }} P3387 【模板】缩点
题目背景
缩点+DP
题目描述
给定一个n个点m条边有向图，每个点有一个权值，求一条路径，使路径经过的点权值之和最大。你只需要求出这个权值和。
允许多次经过一条边或者一个点，但是，重复经过的点，权值只计算一次。
输入输出格式
输入格式：
第一行，n,m
第二行，n个整数，依次代表点权
第三至m+2行，每行两个整数u,v，表示u->v有一条有向边
输出格式：
共一行，最大的点权之和。
输入输出样例
2 21 11 22 1
2
说明
n<=10^4,m<=10^5,|点权|<=1000
算法：Tarjan缩点+DAGdp
/*----------------------------------------------------*/
#样例：
10 20
970 369 910 889 470 106 658 659 916 964 3 23 63 49 58 35 89 19 79 87 53 77 81 710 21 104 82 63 13 58 5#输出：
6911
/*----------------------------------------------------*/
题解：
Tarjan缩点+最短路（spfa）
为何缩点？—— 因为可以重复经过点，所以一个点所在的强联通分量必定可以到达，所以直接缩点即可
暴力从每个点跑spfa，取最大权值
代码：
#include#include #include #include using namespace std;const int M = 100010;int n,m,dis[M],value[M],ans,num_edge,dfn[M],low[M];int Right[M],head[M];struct Edge { int pre,to,len;} edge[M*4];void add(int u,int v) { edge[++num_edge].pre = head[u]; edge[num_edge].to = v; head[u]=num_edge;}int numb_edge,head1[M];struct Edge1 { int pre,to,len;} edge1[M*3];void add1(int u,int v) { edge1[++numb_edge].pre = head1[u]; edge1[numb_edge].to = v; head1[u]=numb_edge;}int dfs_num,stack[M],top,col[M],col_num;bool vis[M];void tarjan(int x) { dfn[x]=low[x]=++dfs_num; stack[++top]=x; vis[x]=1; for(int i=head[x]; i; i=edge[i].pre) { int to=edge[i].to; if(!dfn[to]) { tarjan(to); low[x]=min(low[x],low[to]); } else if(vis[to]) { low[x]=min(low[x],dfn[to]); } } if(low[x]==dfn[x]) { ++col_num; vis[x]=false; while(stack[top+1]!=x) { col[stack[top]]=col_num; value[col_num]+=Right[stack[top]]; ans=max(ans,value[col_num]); vis[stack[top--]]=false; } }}void Shrink_point() { for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=head[i]; j; j=edge[j].pre) { int to=edge[j].to; if(col[i]!=col[to]) add1(col[i],col[to]); }}bool v[M];void spfa(int x) { memset(dis,0,sizeof(dis)); memset(v,0,sizeof(v)); dis[x]=value[x]; queue q; q.push(x); v[x]=true; while(!q.empty()) { int fst=q.front(); q.pop(); v[fst]=false; for(int i=head1[fst]; i; i=edge1[i].pre) { int to=edge1[i].to; if(dis[to]
割点：如果在图G中去掉一个顶点(自然同时去掉与该顶点相关联的所有边)后，该图的连通分支数增加，则称该顶点为G的割点
访问路径可以绘制成下图（绿边为访问未访问顶点时经过的边，红边为访问已访问节点时经过的边）：
我们把上图称为DFS搜索树（DFS tree），上图中的绿边称为树边（tree edge），红边称为回边（back edge）。通过回边可以从一个点返回到之间访问过的顶点。
首先选定一个根节点，从该根节点开始遍历整个图（使用DFS）。
对于根节点，判断是不是割点很简单——计算其子树数量，如果有2棵即以上的子树，就是割点。因为如果去掉这个点，这两棵子树就不能互相到达。
对于非根节点，判断是不是割点就有些麻烦了。我们维护两个数组dfn[]和low[]，
dfn[u]表示顶点u第几个被（首次）访问，
low[u]表示顶点u及其子树中的点，通过非父子边（回边），能够回溯到的最早的点（dfn最小）的dfn值（但不能通过连接u与其父节点的边）。对于边(u, v)，如果low[v]>=dfn[u]，此时u就是割点。
但这里也出现一个问题：怎么计算low[u]。
假设当前顶点为u，则默认low[u]=dfn[u]，即最早只能回溯到自身。
有一条边(u, v)，如果v未访问过，继续DFS，DFS完之后，low[u]=min(low[u], low[v])；
如果v访问过（且u不是v的父亲），就不需要继续DFS了，一定有dfn[v]<dfn[u]，low[u]=min(low[u], dfn[v])。
P3388 【模板】割点（割顶）
题目背景
割点
题目描述
给出一个n个点，m条边的无向图，求图的割点。
输入输出格式
输入格式：
第一行输入n,m
下面m行每行输入x,y表示x到y有一条边
输出格式：
第一行输出割点个数
第二行按照节点编号从小到大输出节点，用空格隔开
输入输出样例
6 71 21 31 42 53 54 55 6
1 5
说明
n,m均为100000
tarjan 图不一定联通！！！
代码：
#include#include using namespace std;const int M = 100010;int dfn[M],low[M];int dfs_num,top,vis[M],col_num,n,m;int head[M],num_edge,tot;bool cut[M];struct Edge { int pre,to,len;} edge[M*4];void add(int u,int v) { edge[++num_edge].pre = head[u]; edge[num_edge].to = v; head[u] = num_edge;}void tarjan(int x,int fa) { tot=0; dfn[x]=low[x]=++dfs_num; for(int i=head[x]; i; i=edge[i].pre) { int to=edge[i].to; if(!dfn[to]) { tarjan(to,fa); low[x]=min(low[x],low[to]); if(low[to]>=dfn[x]&&x!=fa) cut[x]=true; if(x==fa) tot++; } low[x]=min(low[x],dfn[to]); } if(tot>=2&&x==fa) cut[x]=true;}int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int x,y; for(int i=1; i<=m; i++) { scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y); add(y,x); } for(int i=1; i<=n; i++) if(!dfn[i]) tarjan(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); return 0;}
自己选的路，跪着也要走完！！！
