在幻想乡，上白泽慧音是以知识渊博闻名的老师。春雪异变导致人间之里的很多道路都被大雪堵塞，使有的学生不能顺利地到达慧音所在的村庄。因此慧音决定换一个能够聚集最多人数的村庄作为新的教学地点。人间之里由N个村庄（编号为1..N）和M条道路组成，道路分为两种一种为单向通行的，一种为双向通行的，分别用1和2来标记。如果存在由村庄A到达村庄B的通路，那么我们认为可以从村庄A到达村庄B，记为(A,B)。当(A,B)和(B,A)同时满足时，我们认为A,B是绝对连通的，记为<A,B>。绝对连通区域是指一个村庄的集合，在这个集合中任意两个村庄X,Y都满足<X,Y>。现在你的任务是，找出最大的绝对连通区域，并将这个绝对连通区域的村庄按编号依次输出。若存在两个最大的，输出字典序最小的，比如当存在1,3,4和2,5,6这两个最大连通区域时，输出的是1,3,4。
第1行：两个正整数N,M
第2..M+1行：每行三个正整数a,b,t, t = 1表示存在从村庄a到b的单向道路，t = 2表示村庄a,b之间存在双向通行的道路。保证每条道路只出现一次。
第1行： 1个整数，表示最大的绝对连通区域包含的村庄个数。
第2行：若干个整数，依次输出最大的绝对连通区域所包含的村庄编号。
5 5
1 2 1
1 3 2
2 4 2
5 1 2
3 5 1
3
1 3 5
对于60%的数据：N <= 200且M <= 10,000
对于100%的数据：N <= 5,000且M <= 50,000
这次又犯了几个低级错误 一个是把=达成了== 原来一直是把==打成= 这次竟然相反了= =
还有很重要的一个错误是，调试时发现tarjan找到小环就直接退栈了，并没有找最大的环。和原来代码对比才发现，当时的错误代码是：
for (int i=head[k];i!=0;i=next[i])
{
if (!dfn[to[i]])//还没有tarjan过
{
tarjan(to[i]);
low[k]=min(low[to[i]],low[k]);
}
else if (ins[to[i]])//如果tarjan过且在栈中说明是祖先，如果不在栈中说明是横叉边
{
low[k]=min(low[to[i]],low[k]);
}
if (dfn[k]==low[k])
{
tot++;
int j,mi=0x3f3f3f;
do
{
cnt[tot]++;
j=sta[stp--];
ins[j]=false;
scc[tot].push_back(j);
if (j<mi) mi=j;
}
while (j!=k);
if (cnt[tot]>big) big=cnt[tot];
first[tot]=mi;
}
}
而正解代码应该是：
for (int i=head[k];i!=0;i=next[i])
{
if (!dfn[to[i]])//还没有tarjan过
{
tarjan(to[i]);
low[k]=min(low[to[i]],low[k]);
}
else if (ins[to[i]])//如果tarjan过且在栈中说明是祖先，如果不在栈中说明是横叉边
{
low[k]=min(low[to[i]],low[k]);
}
}
if (dfn[k]==low[k])
{
tot++;
int j,mi=0x3f3f3f;
do
{
cnt[tot]++;
j=sta[stp--];
ins[j]=false;
scc[tot].push_back(j);
if (j<mi) mi=j;
}
while (j!=k);
if (cnt[tot]>big) big=cnt[tot];
first[tot]=mi;
}发现有什么不同了吗？
对了，退栈过程的位置不一样！这会带来什么呢？
原来，我们之所以要循环完毕再退栈而不是找到祖先就退栈，就是为了防止找到小环直接退栈而忽略了大环存在的情况。
如果我们把退栈过程放在循环内部，那么每当程序找到一个k的祖先x更新low[k]后，不满足条件dfn[k]==low[k]就会直接退出子程序，退到上一层或几层递归，到达祖先节点x那层时 祖先节点必然满足dfn[k]==low[k]，这时对于这个小环就会理所当然地出栈处理。
而我们应当注意的是，找到k的祖先x后，有可能k还有其他出边，通向新的子节点，实际形成的强连通分量可能会更大，而实际的low[k]会更小。
如果我们把k的所有出边循环一遍的话，当我们检验当前节点是否满足low[k]==dfn[k]时，当前节点能找到的所有点都已经遍历过了，因此如果先找到了祖先会暂时忽视，优先向深处查找更多的点。当满足dfn[k]==low[k]时，必然有要么搜到了叶子节点，要么除了祖先其他节点都已访问完毕，也就是该节点下面的子树已经完全遍历了，此时再更新low[k]时，得到的low[k]一定是最大环中当前节点所能追溯到的最早祖先（但注意同一强连通分量中low不一定相同，我们在上一篇抢掠计划题解中已经证明），而当low[k]==dfn[k]时所有同一强连通分量中的点必然都在栈中，此时出栈得到的就是最大环的点了。
这个程序也再一次证明了
else if (ins[to[i]])//如果tarjan过且在栈中说明是祖先，如果不在栈中说明是横叉边
{
low[k]=min(low[to[i]],low[k]);
}在这里，更新时写成low[to[i]]或者dfn[to[i]]并没有影响。
那么这道题目的代码如下：
//codevs1332 上白沢慧音 tarjan
//copyright by ametake
//task：求出每个scc并记录每个scc包含的节点个数和编号 最后输出最大的scc包含结点个数和编号 只输出一个字典序最小的恶
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=5000+10;
const int maxm=50000+10;
int n,m;
int head[maxn],to[maxm*2],next[maxm*2],et=0;
int dfn[maxn],low[maxn],sta[maxn],dep=0,stp=0;
bool ins[maxn];
vector scc[maxn];
int cnt[maxn],tot=0;
int final[maxn],first[maxn];
int big=0,num=0;
inline void add(int &x,int &y)
{
et++;
to[et]=y;
next[et]=head[x];
head[x]=et;
}
inline int read()
{
int f=1,a=0;
char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9')
{
if (ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while (ch>='0'&&ch<='9')
{
a=a*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
a*=f;
return a;
}
void tarjan(int k)
{
dfn[k]=low[k]=++dep;
sta[++stp]=k;
ins[k]=true;
for (int i=head[k];i!=0;i=next[i])
{
if (!dfn[to[i]])//还没有tarjan过
{
tarjan(to[i]);
low[k]=min(low[to[i]],low[k]);
}
else if (ins[to[i]])//如果tarjan过且在栈中说明是祖先，如果不在栈中说明是横叉边
{
low[k]=min(low[to[i]],low[k]);
}
}
if (dfn[k]==low[k])
{
tot++;
int j,mi=0x3f3f3f;
do
{
cnt[tot]++;
j=sta[stp--];
ins[j]=false;
scc[tot].push_back(j);
if (jbig) big=cnt[tot];
first[tot]=mi;
}
}
void output()
{
int mi=0x3f3f3f,best;
for (int i=1;i<=tot;i++)
{
if (cnt[i]==big)
{
if (first[i]——若为化得身千亿，散上峰头望故乡。