$一.强连通分量$

Tarjan（缩点）将一个带环的图转化成一个有向无环图（DAG）

将一个DAG变成一个强连通分量最少需要加$min(cnt_{起点}, cnt_{终点})$条边($n=1$时特判为$0$)

模板

有向图缩

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 10010, M = 100010;

int n, m, w[N], Time;
int dfn[N], low[N];
int stack[N], top;
int col[N], cnt, s[N];
int d[N], q[N], f[N];

int ue[M], une[M], uh[N], uidx;
int e[M], ne[M], h[N], idx;

void uadd(int a, int b)
{
    ue[uidx] = b, une[uidx] = uh[a], uh[a] = uidx ++;
}

void Tarjan(int u)
{
    dfn[u] = low[u] = ++ Time; // 第一次搜索到
    stack[++ top] = u; // 先让它入栈

    for (int i = uh[u]; ~i; i = une[i])
    {
        int j = ue[i];

        if (!dfn[j]) // 如果没有被搜过,那就继续深搜
        {
            Tarjan(j);
            low[u] = min(low[u], low[j]); // 回溯的时候更新一下父节点的low值
        }
        else if (!col[j]) low[u] = min(low[u], low[j]);
        // 如果到达的元素还在栈中，那么还可以更新（有可能这个元素就是这个强联通分量的代表元素）
    }

    if (dfn[u] == low[u])
    {
        col[u] = ++ cnt; // cnt是缩点以后的标号
        s[cnt] += w[u]; // 缩点后的点权是这个强连通分量里所有点的点权
        while (stack[top] != u) col[stack[top]] = cnt, s[cnt] += w[stack[top --]];
        top --; // 最后记得把代表元素也删去
    }
}

void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

int main()
{
    scanf ("%d %d", &n, &m);

    for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf ("%d", &w[i]);

    memset(uh, -1, sizeof uh);
    while (m --)
    {
        int a, b;
        scanf ("%d %d", &a, &b);
        uadd(a, b);
    }

    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        if (!dfn[i]) Tarjan(i);

    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int u = 1; u <= n; u ++)
        for (int i = uh[u]; ~i; i = une[i])
        {
            // 这里一定是建col[u] 和 col[j]的边,把图上点的标号都改成缩点后的标号
            int j = ue[i];
            if (col[u] != col[j]) add(col[u], col[j]), d[col[j]] ++;
        }
    // 因为你现在不知道哪个是起始元素（1吗？可万一 1 在一个强联通分量里，但不是这个强连通分量的代表元素呢？）
    // 所以用拓扑排序再好不过了
    int hh = 0, tt = -1;
    for (int i = 1; i <= cnt; i ++)
        if (!d[i]) q[++ tt] = i, f[i] = s[i];

    while (hh <= tt)
    {
        int u = q[hh ++];

        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
        {
            int j = e[i];
            d[j] --;
            f[j] = max(f[j], f[u] + s[j]);
            if (!d[j])
                q[++ tt] = j;
        }
    }
    // 在任何一个点上结束后都可能是最大值
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= cnt; i ++) res = max(res, f[i]);

    printf ("%d", res);
    return 0;
}

例题

学校网络

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 110, M = N * N;

int n;
int e[M], ne[M], h[N], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int id[N], scc_cnt, stk[N], top;
bool in_stk[N];
int din[N], dout[N];

void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

void tarjan(int u)
{
    dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
    stk[++ top] = u, in_stk[u] = true;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if (!dfn[j])
        {
            tarjan(j);
            low[u] = min(low[u], low[j]);
        }
        else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
    }

    if (dfn[u] == low[u])
    {
        int x;
        scc_cnt ++;
        do {
            x = stk[top --];
            id[x] = scc_cnt;
            in_stk[x] = false;
        } while (x != u);
    }
}

int main()
{
    cin >> n;
    memset(h, -1, sizeof h);

    for (int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        int a;
        while (cin >> a, a) add(i, a);
    }

    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        if (!dfn[i]) tarjan(i);

    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j])
        {
            int k = e[j];
            int a = id[i], b = id[k];
            if (a != b) din[b] ++, dout[a] ++;
        }

    int a = 0, b = 0;
    for (int i = 1; i <= scc_cnt; i ++)
        a += !din[i], b += !dout[i];

    cout << a << endl << (scc_cnt == 1 ? 0 : max(a, b));
    return 0;
}

$二.边双连通分量$

Tarjan（缩点）将一个带环无向图->树

加边将一棵树变成边双连通分量, 最小要加$ \lceil \frac{cnt_{叶子结点}}{2} \rceil$($n=1$时特判为$0$)

冗余路径

$三.点双连通分量$

判断一个点是不是割点: 若为根节点, 需要有两个不同的分支能回头; 若不为根节点, 只需有一个分支能回头

求割点: 电力

点双连通分量缩点: 矿场搭建