这里讲一下 \(tarjan\) 算法。主要包括有向图的强连通分量，无向图的边双连通分量与点双连通分量以及缩点。
有向图的强连通分量
首先我们需要了解几个定义。（以下说法均针对有向图）
连通分量：在一个块中，任意两个点之间能够互相到达。即 \(u\) 能到 \(v\)，\(v\) 也能到 \(u\)。
强连通分量（简称 \(SCC\)）：极大的连通分量。这里的极大是指，再加入图中的任意一个点，该块都不是一个连通分量。
知道这两个概念之后，我们就来考虑如何求一张有向图中的所有强连通分量。这就需要 \(tarjan\) 算法了。
首先，\(tarjan\) 算法是按照 \(dfs\) 序来遍历的，也就是深度优先搜索顺序。在遍历的过程中的一条边 \(u\) 到 \(v\)，有以下四种名称：
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树枝边：\(u\) 是 \(v\) 的父亲节点。
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前向边：\(u\) 是 \(v\) 的祖先节点。
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后向边：\(v\) 是 \(u\) 的祖先节点。
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横叉边：\(v\) 是已经搜索过的子树上的一个点。
这四种边本质上没有什么用，有助于理解。
接下来定义两个时间戳（记录 \(dfs\) 序的时间）数组 \(dfn\) 和 \(low\)。\(dfn_{i}\) 表示深度优先遍历到点 \(i\) 时的时间是多少，\(low_{i}\) 表示从点 \(i\) 往后遍历，能遍历到的 \(dfn\) 值最小的点的 \(dfn\) 值是多少。
根据时间戳的定义，我们可以发现这四种边的一些性质，证明显然：
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树枝边：\(dfn_{u}<dfn_{v}\)
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前向边：\(dfn_{u}<dfn_{v}\)
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后向边：\(dfn_{u}>dfn_{v}\)
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横叉边：\(dfn_{u}>dfn_{v}\)
然后考虑如何判断强连通分量。假设我们要找的都是强连通分量的最上面的那一个点，那么当 \(dfn_{u}=low_{u}\) 的时候，则点 \(u\) 一定是强连通分量的最上面的点。
为什么？大概感性理解一下。在有向图中当 \(dfn_{u}=low_{u}\) 的时候，意味着从 \(u\) 出发无法走到 \(u\) 的祖先节点。假设点 \(u\) 不是强连通分量的最上面的点，又已知从 \(u\) 出发无法走到 \(u\) 的祖先节点，这就与强连通分量的定义相矛盾，所以得证。
如何维护两个时间戳呢，其实很简单。\(dfn\) 数组很好维护，只需要在函数开头更新就行了。那 \(low\) 数组呢？如果 \(v\) 点已经被遍历过且还在在栈里，那就直接用 \(v\) 点的 \(dfn\) 值去更新 \(u\) 点的 \(low\) 值；否则就用 \(tarjan\) 去遍历点 \(v\)，再用点 \(v\) 的 \(low\) 值去更新点 \(u\) 的 \(low\) 值。
最后的问题就在于如何将每一个强连通分量全部找出来。我们可以维护一个栈来实现。遍历每个点的时候立即进栈，当点 \(u\) 满足上述条件的时候，循环弹出栈顶元素直到栈顶元素为 \(u\)。弹出来的每一个点都属于当前的强连通分量。证明过程比较复杂。
这样我们就找到了图中的每一个强连通分量。
而这种算法的最终目的一般是缩点，即把每一个强连通分量变成一个点（不一定需要重新建图）。这样原来的有向图就变成了一个有向无环图。而且还有一个很重要的性质，缩点后的点的编号的倒序一定是它的拓扑序，就不需要再写一遍拓扑排序了。这使我们做题方便了很多，比如所缩点后可以 \(O(n+m)\) 求最短路，还可以简化很多问题。
Code
inline void Tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++timestamp;
stk.push(u),in_stack[u] = true;
for(int i = head[u]; ~ i;i = e[i].nxt)
{
int now = e[i].v;
if(!dfn[now]){Tarjan(now);low[u] = min(low[u],low[now]);}
else if(in_stack[now]) low[u] = min(low[u],dfn[now]);
}
if(dfn[u] == low[u])
{
++scc_cnt;int y;
do
{
y = stk.top();stk.pop();
id[y] = scc_cnt;
in_stack[y] = false;
}while(y != u);
}
}
练习题：
P4742 [Wind Festival] Running In The Sky
无向图的边双连通分量
在了解边双连通分量之前，先要引入一个桥（割边）的概念。
首先，桥指的是一条边。在一个无向图中，桥的定义是：如果删去该条边，则整个图会变得不连通。
边双连通分量（简称DCC）：一个极大地不包含桥的连通块。这里极大是指，再添加图中的任意一个节点，该连通块中就会包含桥。
边双连通分量的 \(tarjan\) 算法和有向图的强连通分量非常相似，有些步骤简述。
首先考虑如何判断桥，时间戳的定义不变。对于一条边 \(u\) \(v\)，如果 \(low_{v} > dfn_{u}\)，那么这条边就一定是桥。因为点 \(v\) 无论如何也走不到点 \(u\) 以及点 \(u\) 上面的点，如果将这条边删去，无向图一定会被分成上下两个部分，也就是说整个图不连通了。所以这条边一定是桥。
那如何找边双连通分量呢？当 \(dfn_{u}=low_{u}\) 的时候，点 \(u\) 一定是该边双连通分量的最高点。首先可以证明这个块一定是连通的，很显然，因为栈中元素肯定是被遍历过的。然后证明这个块一定是最大的，因为 \(dfn_{u}=low_{u}\)，即点 \(v\) 无论如何也走不到点 \(u\) 以及点 \(u\) 上面的点，所以如果加入一个点，这个块一定不连通了，于是得证。
用栈来维护，方法与有向图的强连通分量相似。
Code
inline void tarjan1(int u,int from)
{
dfn[u] = low[u] = ++timestamp;
s.push(u);
for(int i = head[u]; ~ i;i = e[i].nxt)
{
int now = e[i].v;
if(!dfn[now])
{
tarjan1(now,i),low[u] = min(low[u],low[now]);
if(dfn[u] < low[now]) is_bridge[i] = is_bridge[i ^ 1] = true;
}
else if(i != (from ^ 1)) low[u] = min(low[u],low[now]);
}
if(dfn[u] == low[u])
{
++dcc_cnt;int y;
do
{
y = s.top();s.pop();
id[y] = dcc_cnt;
}while(y != u);
}
}
练习题：P8436 【模板】边双连通分量
无向图的点双连通分量
我感觉点双连通分量是这三个中间最难得一个了，中间还需要分类讨论，显得很繁琐。而且很不符合直觉。
首先引入一个割点的概念。割点表示的是一个点，对于一个无向图来说，割点指：如果删去该点，整个图会变得不连通。
点双连通分量（简称 \(DCC\)）：一个极大地不包含割点的连通块。这里极大是指，再添加图中的任意一个节点，该连通块中就会包含割点。
先来考虑如何找割点。这里需要用到分类讨论：如果点 \(u\) 不是根节点，那么当 \(dfn_{u} <= low_{u}\) 时，点 \(u\) 是割点；如果点 \(u\) 是根节点，那么只要 \(u\) 有两个及以上的儿子节点，那么点 \(u\) 是割点。
证明：如果点 \(u\) 不是根节点，因为 \(dfn_{u} <= low_{now}\)，即从点 \(u\) 出发无法走到点 \(now\) 上面的点，所以如果删去点 \(u\),整个快会变得不连通。所以点 \(u\) 是割点；如果点 \(u\) 是根节点，则有性质：点 \(u\) 上面一定没有点了。又已知 \(u\) 有两个及以上的儿子节点，所以如果删去点 \(u\)，那么 \(u\) 的两颗子树一定会不连通，所以点 \(u\) 是割点。于是得证。
接下来考虑如何找点双连通分量，对于一条边 \(u\) \(v\)，如果 \(dfn_{u}<=low_{v}\)，那么点 \(u\) 就是点双连通分量的最上面的点，证明略。但是这里要注意一个细节，就是不能立刻把点 \(u\) 从栈中弹出，因为点 \(u\) 还可能在另外一个点双连通分量中。所以只能在\(do\) \(while\) 循环外面再将点 \(u\) 加入当前点双连通分量中。但是还要考虑一个特殊情况，就是只有一个孤立点，也就是当点 \(u\) 是根节点并且它没有儿子节点的时候，它自己本身就是一个点双连通分量，放在 \(tarjan\) 函数最后特判。
最后有一点需要注意，点双连通分量需要在循环内维护，因为每个点可能对应多个点双连通分量。
和点双联通分量相关的知识叫圆方树，具体内容看我这篇博客。
还有一个很重要的性质要讲：即同一个点双中的两不同点 \(u,v\) 之间一定存在一条简单路径经过给定的在同一个点双内的另一点 \(w\)，证明略，可以去看 oiwiki。
对割点的一个很神奇的理解：两个点双连通分量中唯一的交点，如果想从一个点双连通分量出去（到另外一个点双连通分量），必须通过割点
Code
inline void Tarjan(int u,int father)
{
dfn[u] = low[u] = ++timestamp;
s.push(u);int son = 0;
for(int i = head[u]; ~ i;i = e[i].nxt)
{
int now = e[i].v;
if(!dfn[now])
{
Tarjan(now,u);low[u] = min(low[u],low[now]);
son++;
if(dfn[u] <= low[now])
{
dcc_cnt++;int y;
do
{
y = s.top();s.pop();
dcc[dcc_cnt].push_back(y);
}while(y != now);
dcc[dcc_cnt].push_back(u);
}
}
else if(now != father) low[u] = min(low[u],dfn[now]);
}
if(u == root && son == 0) dcc[++dcc_cnt].push_back(u);
}
练习题：