Connected Component

Graph Algorithms Connected Component

for Sprout 2014 by Chin-Huang Lin

連通元件/分量/單元

• 一張圖任兩點之間皆連通，稱為連通圖 (connected graph)

• 一張圖 𝐺 有很多子圖，如果一個子圖 𝐺’ 是連通的，我們稱 之為連通元件 (connected component)

• 如果一個連通元件滿足「加上任意一個其他的點就不再連通」，

則稱這樣的連通元件是「極大的」 (maximal)

• 如未特別提及，通常默認討論極大連通元件

連通元件/分量/單元

• 根據不同的連通要求，有不同的連通分量

• 如果連通性具有傳遞性，那麼一張圖必定恰可以視為許多 個極大連通元件的聯集

• A, B 連通、B, C 連通，那麼 A, C 連通，因此任兩連通元件 交集為空

• 一個點本身就是一個連通元件，所以每個點都在連通元件裡

• ex. 無向圖的一般連通中，任意圖都可以看成很多連通塊的聯集

• 我們在意的是，一張圖如何被分成連通元件

雙連通元件 (bi-connected components)

• 無向圖中，除了一般連通性，我們還可以要求

• 點的雙連通：以邊為主體，所以同一點可能在兩個集合內

• 邊的雙連通：以點為主體，所以可能有邊不在任何集合內

• 無向圖中，除了一般連通性，我們還可以要求

• 點的雙連通：以邊為主體，所以同一點可能在兩個集合內

→ 一個連通元件中不能有任何割點

← 沒有割點的連通元件就雙連通了

↔ 原圖上的割點恰好分割出所有雙連通元件！

雙連通元件 (bi-connected components)

• 想法一：土法煉鋼

• 先進行一次 Tarjan’s algorithm 找出所有割點

• 將所有的割點都標記為不可通行

• 試圖對「邊」進行 flood fill

• 兩條邊可以互通當且僅當有共同的端點

• 標記為不可通行的點則失去讓某些相臨邊互通的功能

• 問題：哪些邊會因為割點而不能互通？

點雙連通元件

• 想法一：土法煉鋼

• 𝑝 以下的邊有三種 (皆為)

1. 不透過 𝑝 的情況下，可以回到 𝑝 以上祖先的邊 2. 不透過 𝑝 的情況下，可以回到 𝑝 的邊

3. 不透過 𝑝 的情況下，回不到 𝑝 的邊

• 3 代表 𝑝 以下還存在割點，或者單一葉節點

• 為了簡單起見，先考慮 𝑝 以下沒有割點的情形

點雙連通元件

• 想法一：土法煉鋼

• 根據我們在 connectivity 討論過的結論……

• 假如 𝑝 有 𝑘 個兒子，分別形成子樹 𝑇₁, 𝑇₂, … , 𝑇_𝑘

• 對於任意 𝑇_𝑖，子樹中所有的邊，都會是同一種邊

• 拔除 𝑝 之後……

• 如果 𝑇_𝑖, 𝑇_𝑗 都屬於 1，那麼這兩棵子樹的邊都互通，但是 也可能和其他不屬於任何 𝑇₁~𝑇_𝑘 的邊互通

• 如果 𝑇_𝑖, 𝑇_𝑗 都屬於 2，那麼這兩棵子樹的邊都不會互通

• 如果 𝑇_𝑖, 屬於 1，𝑇_𝑗 屬於 2，那兩棵子樹的邊都不會互通

• 結論：

• 屬於 1 的子樹全部都在同一個雙連通元件

• 屬於 2 的子樹自己會形成一個雙連通元件

點雙連通元件

• 想法一：土法煉鋼

• 結論：

• 屬於 1 的子樹全部都在同一個雙連通元件

• 屬於 2 的子樹自己會形成一個雙連通元件

• 屬於 3 的子樹呢？

• 因為先不考慮有子代有割點的情形，所以必定是單一節點

• 不只如此，還必定只有一條邊

• 這條邊自成一個雙連通元件

• 屬於 2, 3 的子樹們所在的雙連通元件已經確定

• 屬於 1 的子樹們所在的雙連通元件尚未確定

• 所以乾脆把 1 的子樹們留給祖先決定即可！

點雙連通元件

點雙連通元件

1

2

3

4 5

• 對 3 而言，4 是情況 3

• 先把 4 處理完然後拔掉

• 對 3 而言，5 是情況 1

• 留著以後處理

• 對 2 而言，3 是情況 1

• 留著以後處理

• 對 1 而言，2 是情況 2

• 處理完以後拔掉

→ 狀況 1 遲早有一天會變成狀況 2

• 想法一：土法煉鋼

• 加入 𝑝 以下有割點的情形呢？

• 先考慮 𝑝 底下只有一個割點 𝑞 的情形

• 𝑞 的子代形成的子樹，相對於 𝑞 是

• 2, 3 的情形自己會獨立成一個連通元件

• 1 的情形則可以和 𝑝 的某些子代形成的子樹互通

• 互通的方式則看這些邊與 𝑝 的關係

• 結論：把 𝑞 的子代中 2, 3 的情形者先遞迴處理完，

其餘部份視為 𝑝 的子代處理即可

點雙連通元件

• 想法一：土法煉鋼

1. 找出所有割點

2. 對於所有割點，依據深度由深到淺進行下列步驟：

a. 假設當前節點是 𝑝，有 𝑘 個兒子 𝑠₁~𝑠_𝑘 b. 對於每個兒子 𝑠_𝑖：

1) 如果 𝑙𝑜𝑤 𝑠_𝑖 < 𝑙𝑣(𝑝)，則先擱置不理

2) 如果 𝑙𝑜𝑤 𝑠_𝑖 ≥ 𝑙𝑣(𝑝)，則對 𝑠_𝑖 進行遍歷，把拜訪到的 邊都設為同一個雙連通元件，然後從圖上拔掉除

3. END

• 注意：拔除邊不要順便把點給拔了！主體是邊不是點。

點雙連通元件

• 想法二：一鼓作氣

• 找割點的時候就已經判斷過 𝑙𝑜𝑤 函數的 各種情形了，為什麼要做兩次呢？

• 分成多次拜訪，還要實做拔邊，增添麻煩

• DFS 過程中，同一棵子樹內的元素會被連續拜訪到

• 根據拜訪順序，我們可以獲得一個序列

• 所有子樹可以對應到序列中連續的一個區間

• 把樹「壓平」，轉換成一維的結構！

點雙連通元件

樹 → 區間

1

2 3

4 5

8

6

7 9

1 2 4 5 7 8 3 6 9

樹 → 區間

1

2 3

4 5

8

6

7 9

a c i d f g j b e h k

a b

c d e

f g h

i

j

k

點雙連通元件

• 想法二：一鼓作氣

• 考慮一個子代同時有狀況 1, 2, 3 的節點 𝑝

• 𝑝 形成的子樹對應到的區間會是狀況 1, 2, 3 的邊交錯而成的區間

• 遞迴完子代後，有些元素會消失

• 接著我們可以把狀況 2, 3 的邊處理掉

• 剩下的部份就以後留給祖先們處理即可

• 反正一定會有某個祖先覺得他們是狀況 2

• 既然區間都一定連續，我們可以用一個 stack 來處理！

a c i d f g j b e h k

a c i d g j b e h k

a c i b e h k

1

2 3

4 5

8

6

7 9

a b

c d e

f g h

i

j

k

a c i b e h k

Tarjan’s algorithm

Demo time

• DFS 1

• Push(a) →

• DFS 2

• Push(c) →

• DFS 4

• Push (i) →

• Push(d) →

• DFS 5

• Push(f) →

• DFS 7

• Pop() until f→

• Push(g) →

• DFS(8)

• Push(j) →

• Pop() until d →

• Pop() until a →

1

2 3

4 5

8

6

7 9

a b

c d e

f g h

i

j

k

a a c a c i a c i d a c i d f

a c i d a c i d g a c i d g j a c i

f

d g j a c i

• Push(b) →

• Push(e) →

• DFS 6

• Push(h) →

• DFS 9

• Push(k) →

• Pop() until h→

• Pop() until e →

• Pop() until b →

b b e b e h

b e h k

h k b e

e b

b

• 無向圖中，除了一般連通性，我們還可以要求

• 邊的雙連通：以點為主體，所以可能有邊不在兩個集合內

→ 一個連通元件中不能有任何橋

← 沒有橋的連通元件就雙連通了

↔ 原圖上的橋恰好分割出所有雙連通元件！

邊雙連通元件

• 想法一：土法煉鋼

• 先進行一次 Tarjan’s algorithm 找出所有橋

• 將所有的割點都標記為不可通行

• 試圖對「點」進行 flood fill

• 對點 flood fill 超簡單，什麼問題都沒有

• 太棒了，土法煉鋼大成功

邊雙連通元件

邊雙連通元件

• 想法二：一鼓作氣

• 一樣先遞迴把子代橋割出來的雙連通元件都先拔除

• 如果 𝑝 − 𝑞 是一條橋，那麼 𝑞 以下剩下的圖都屬於同一個連通元件

• 實做起來依舊類似 Tarjan’s algorithm，只是主體變成點

• 細節就留給讀者思考了 :D

強連通元件 (strongly connected component)

• 一張有向圖任意兩點都互通

• 以點為主體，所以可能有邊不在任何集合內

強連通元件

• 想法一：再探 Tarjan’s algorithm

• 在 DFS 樹上，一個點 𝑝 和「可以回到 𝑝 的子 代」及「𝑝 走得到的祖先」形成一個 SCC

• 有向圖比無向圖多了兩種邊：forward edge, cross edge

• Tree edge 保證了祖先可以連到子孫，問題只 剩下子孫連到祖先

• Forward edge 對子孫連到祖先毫無幫助

• 我們只需要考慮 back edge 和 cross edge！

𝑝

強連通元件

• 想法一：再探 Tarjan’s algorithm

• 在 DFS 樹上，一個點 𝑝 和「可以回到 𝑝 的子 代」及「𝑝 走得到的祖先」形成一個 SCC

• 對於 𝑝 而言，如果發現有子代可以回到更老的祖先 𝑞，

那麼至少 𝑞 也在 𝑝 所在的 SCC 內

• 整個 SCC 在 𝑞 完全拜訪結束前沒辦法被確定

• 不如只考慮一個 SCC 內深度最淺的節點！

• 在 DFS 樹上，一個子代最多只能回到自己的點 𝑝 和「可以回到 𝑝 的子代」形成一個 SCC

𝑝

𝑝

強連通元件

• 想法一：再探 Tarjan’s algorithm

• 怎樣才會是一個「子代最多只能回到自己」的點？

• 我們只需要考慮 back edge 和 cross edge！

• 如果只有 back edge……

• 直接看 𝑙𝑜𝑤 函數即可！

• 𝑙𝑜𝑤(𝑝) < 𝑙𝑣(𝑝) …… 𝑝 絕對不是我們要找的點

• 𝑙𝑜𝑤(𝑝) = 𝑙𝑣(𝑝) …… 𝑝 正是我們要找的點

𝑝

強連通元件

• 想法一：再探 Tarjan’s algorithm

• 如果只有 back edge……

• 找完所有目標點後，樹被目標點「切」成很多塊

• 結論：形成的每一塊恰形成一個 SCC

• 每一塊內的元素必定兩兩可以互通 (連通性)

• 由找目標點的判定原則可知，目標點外任一點都能回到自己的父親

• 於是任一點都能回到每塊的 root，即目標點

• 目標點為 root，可以到達樹中任意點

• 於是任一點皆可透過走回 root 走到任一其他點

• 任兩不同塊內的元素不可互通 (最大性)

• 由連通性的傳遞性可知，若兩不同塊中有任何點對可以互通，則兩塊內所有 點對都可以互通

• 此與目標點的判定原則矛盾

強連通元件

• 想法一：再探 Tarjan’s algorithm

• 現在加入 cross edge……

• 若兩點在只考慮 back edge 時就已經在同一 SCC，加入 cross edge 還是會在同一 SCC

• 加入 cross edge 只會讓只考慮 back edge 時不同 SCC 的兩點變成在同一個 SCC

• 問題：cross edge 如何影響兩點的連通性？

強連通元件

• 想法一：再探 Tarjan’s algorithm

• 根據連通性的傳遞性，已經確定在同一個 SCC 內的元素在連通性上是等價的

• 可以把等價的點都看成同一個點

• 縮點後圖上不存在 back edge，形成一棵純粹 的樹加上若干 cross edge

• 如果在新樹上 cross edge 通往祖先，則形同 新樹上的 back edge

• 否則形同新樹上的 cross edge

Cross edge

• 想法一：再探 Tarjan’s algorithm

• 形成 back edge 後又可以將樹上某些節 點合併在一起

• 可以透過再次縮點縮小問題規模！

• 如果不形成 back edge，則新圖上只有 tree edge 和 cross edge

• 有沒有可能某個點只靠著 cross edge 就 可以走回自己呢？

• 不可能！

Cross edge

• 如果圖上存在一條 𝑝 → 𝑞 的 cross edge，代表 DFS 的時間戳記滿足 離開戳記 𝑙𝑠(𝑞) < 進入戳記 𝑒𝑠(𝑝)

否則代表要嘛 𝑞 根本還沒被拜訪過，要嘛 𝑞 是 𝑝 的祖先

• 如果某點 𝑝 可以透過 𝑝₁, 𝑝₂, … , 𝑝_𝑘 走到某個 𝑝 的祖先 𝑝_𝑘 (𝑝_𝑘 可能是 𝑝)，則代表

𝑙𝑠(𝑝₁) < 𝑒𝑠 𝑝 , 𝑙𝑠 𝑝₂ < 𝑒𝑠 𝑝₁ , … , 𝑙𝑠 𝑝_𝑘 < 𝑒𝑠(𝑝₁) …(1)

• 根據時間戳記的定義顯然有

𝑙𝑠 𝑝 > 𝑒𝑠 𝑝 ∀𝑝 …(2)

• 結合 (1)(2)，我們有

𝑒𝑠 𝑝 > 𝑙𝑠 𝑝₁ > 𝑒𝑠 𝑝₁ > 𝑙𝑠 𝑝₂ > ⋯ > 𝑙𝑠(𝑝_𝑘) …(3)

• 然而若 𝑝_𝑘 是 𝑝 的祖先，則必定有 𝑙𝑠 𝑝_𝑘 ≥ 𝑙𝑠 𝑝 > 𝑒𝑠(𝑝)，與(3)矛盾

強連通元件

• 想法一：再探 Tarjan’s algorithm

1. 計算 𝑙𝑜𝑤 函數，並於 DFS 過程忽略 forward edge 與 cross edge

2. 如果圖上不存在 back edge，則算法結束，當前所有點對應到的點集合即為所 求 (算法一開始每個點對應到的點集合為自己)

3. 否則找出所有滿足 𝑙𝑜𝑤(𝑝) = 𝑙𝑣(𝑝) 的點 𝑝，並按照深度由深到淺依序進行 DFS 遍歷 𝑝 為 root 形成的子樹中未拜訪的點，將所有拜訪到的點縮為一點，並標 記為已拜訪

4. 回到 1.

• 複雜度：最壞情形每次僅拔除一條 cross edge

• Cross edge 數量不超過 𝑂(𝑛)，否則在圖上形成環，由前頁證明可知不可能

• 最多共 DFS 𝑂(𝑛) 次，複雜度為 𝑂(𝑛(𝑛 + 𝑚))

強連通元件

• 想法二：一鼓作氣

• 類似 BCC，我們也可以透過 stack 在 DFS 過程中順便縮點

• 一進入某點就把該點推入 stack 中，如果拜訪完發現當前點 𝑝 滿 足 𝑙𝑜𝑤(𝑝) = 𝑙𝑣(𝑝)，則不斷把點從 stack 中 pop 出直到 pop 出 𝑝，此時所有 pop 出的點形成一個 SCC

• 整體算法時空複雜度不變，但編程複雜度低多了！

強連通元件

• 想法三：Tarjan’s algorithm

• 想法一二的瓶頸在於，沒辦法「準確」預測一條 cross edge 會不會變成 back edge

• 根據 cross edge 的特性，圖上的 cross edge 必形成一 DAG

• 進一步觀察我們會發現，如果 cross edge 𝑝, 𝑞 最後變成 back edge，那麼必定是 𝑞 或者 𝑞 透 過 cross edge 走到的某個點 𝑟 早在一開始就是 𝑝 的祖先

強連通元件

• 想法三：Tarjan’s algorithm

• 由於 𝑝 → 𝑞, 𝑞 → 𝑟 都是 cross edge：

• 在 𝑝 透過 cross edge 拜訪 𝑞 的瞬間，𝑞 早就已經被 徹底拜訪完了，能不能走到 𝑟 早就確定好了！

• 能不能透過簡單的方法知道 𝑞 能不能走到這樣的 𝑟 呢？

Of course! I think it’s quite easy!

Robert Tarjan

(photo from http://www.cs.princeton.edu/~ret/)

強連通元件

• 想法三：Tarjan’s algorithm

• 考慮想法二的演算過程……

• 在拜訪到 𝑝 時，在 stack 中的會是哪些點呢？

• 𝑝 和 𝑝 的祖先們顯然在列

• 確定與 𝑝 或 𝑝 的某個祖先在同一個 SCC 的點們

• 已經拜訪過卻不在 stack 中的會是哪些點呢？

• 確定在不透過 cross edge 的情形下不能回到 𝑝 與 𝑝 的祖先們的點們

強連通元件

• 想法三：Tarjan’s algorithm

• 假如現在有一條 cross edge 連向一個已經拜訪過的點 𝑞：

• 如果 𝑞 還在 stack 裡，代表透過 𝑞 可以到達 𝑝 或 𝑝 的某個祖先

• 如果 𝑞 不在 stack 裡，代表 𝑞 的所在 SCC 已經確定了而且不能到達 𝑝 或 𝑝 的任何祖先

→ 如果 𝑞 還在 stack，則繼承 𝑞 的連通性，否則可以直接無視此邊！

• 問題：怎麼好好地描述 𝑞 的連通性呢？

強連通元件

• 想法三：Tarjan’s algorithm

• 以往我們都用 𝑙𝑜𝑤 函數來表示連通性

• 在無向圖上不會有 cross edge，以 𝑙𝑣 來決定 𝑙𝑜𝑤 函數沒有歧義

• 但在有向圖中，以 𝑙𝑣 來決定 𝑙𝑜𝑤 函數沒辦法 處理 cross edge

• 我們需要一個能同時反映出祖孫與親戚關係的指標

• 使用時間戳記取代 𝑙𝑣 函數！

強連通元件

• 想法三：Tarjan’s algorithm

• 考慮時間戳記的進入戳記 𝑒𝑠

• 如果 𝑝 是 𝑞 的祖先，則必定有 𝑒𝑠 𝑝 < 𝑒𝑠(𝑞)

• 如果 𝑝 是 𝑞 的非直系親戚且先被拜訪，則 𝑒𝑠(𝑝) < 𝑒𝑠(𝑞)

• 若 𝑝 與 𝑞 為非直系親戚，則 𝑝 的祖先中，第一個 𝑒𝑠 比 𝑞 還大者即為兩者的最遠共同祖先 (longest common

ancestor, LCM)

• 如果 𝑝 透過 cross edge 連到 𝑞，且 𝑞 此時還在 stack 內，那麼至少 𝑙𝑐𝑚(𝑝, 𝑞) 到 𝑝 之間的點都和 𝑞 在同一個 SCC 內

• 因為已知 𝑞 可以回到當前 stack 內的某個祖先，而這祖先 至少在 𝑙𝑐𝑚(𝑝, 𝑞) 以上

(1,14)

(2,3)

(4,13) (5,8)

(6,7)

(9,12)

(10,11)

達成新目標

• 想法三：Tarjan’s algorithm

• 希望可以讓 𝑙𝑐𝑚(𝑝, 𝑞) 到 𝑝 之間的元素都與 𝑞 「共生死」

• 拿 𝑒𝑠(𝑞) 來更新 𝑙𝑜𝑤(𝑝) 就可以達成這個目標！

• 證明：若 𝑙𝑜𝑤 𝑝 = 𝑒𝑠(𝑞)，則 𝑝 和 𝑞 最後會在同一個 SCC 內

• 由於 𝑝 較晚推入 stack，故若 𝑝, 𝑞 不同 SCC，則必定存在將 𝑝 推 出的 𝑟 滿足 𝑟 比 𝑞 更晚但比 𝑝 更早推入 stack

• 由 𝑒𝑠 的定義可知 𝑒𝑠 𝑞 < 𝑒𝑠 𝑟 < 𝑒𝑠(𝑝)

• 對於 𝑝 的任意祖先 𝑝’ 都必定有

𝑙𝑜𝑤 𝑝^′ ≤ 𝑙𝑜𝑤 𝑝 = 𝑒𝑠(𝑞)

• 𝑟 將 𝑝 推出，根據算法有

𝑙𝑜𝑤 𝑟 = 𝑒𝑠 𝑟 > 𝑒𝑠(𝑞)

• 由於 𝑟 亦為滿足條件之 𝑝’，矛盾

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(2,3)

(4,13) (5,8)

(6,7)

(9,12)

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驗證相容性

• 想法三：Tarjan’s algorithm

• 會不會影響由 back edge 取得的 𝑙𝑜𝑤 的作用呢？

• 會不會原本 𝑙𝑜𝑤 判定連通，新的 𝑙𝑜𝑤 判定不連通？

• 會不會原本 𝑙𝑜𝑤 判定不連通，加上後來的 cross edge 後也不應該連通，但新的 𝑙𝑜𝑤 判定連通呢？

• 會不會被 back edge 取得的 low 影響作用呢？

• 會不會原本 𝑙𝑜𝑤 判定連通，新的 low 判定不連通？

• 會不會原本 𝑙𝑜𝑤 判定不連通，加上後來的 back edge 後也不應該連通，但新的 𝑙𝑜𝑤 判定連通呢？

• 答案都是不會，證明並不困難，留給各位完成 :D

算法來也

• 想法三：Tarjan’s algorithm

• 點(函數 dfn) • 實作時一般不會完整實做時間戳 記，而只記錄各點是第幾個被拜 訪的點(函數 dfn)

• 複雜度 𝑂(𝑛 + 𝑚)