Algorithm 通过DFS查找图中的强连通组件

我在读关于BFS和DFS的图形算法。当我分析通过DFS在图中查找强连通分量的算法时，我的脑海中出现了一个疑问。为了找到强连接的组件，book（Coremen）所做的是，首先在图上运行DFS，以获得顶点的完成时间，然后再次在图的转置上运行DFS，按照我们从第一个DFS获得的完成时间的降序。但我无法理解为什么第二个DFS必须按照完成时间运行。

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我的意思是，即使我们直接在图的转置上运行DFS（忽略完成时间），它也会给我们连接的组件，因为通过转置，我们已经阻塞了到其他组件的路径

编辑-以下是斯坦福大学关于该主题的一些好的深入视频：

（参见6.有向图中的连通性）

我的解释是：

如果不根据第一个dfs的完成时间减少而运行第二个dfs，则可能会错误地将整个图形标识为单个强连接组件（SCC）

请注意，在我的示例中，节点

d

从第一个dfs开始始终具有最低的完成时间。节点

a

、

b

或

c

中的一个将具有最高的完成时间。让我们假设

a

具有最高的完成时间，因此如果我们根据减少的完成时间运行第二个dfs，

a

将是第一个

现在，如果在

G

的转置中运行以node

d

开始的第二个dfs，您将生成一个包含整个图的深度优先林，因此得出结论，整个图是一个SCC，这显然是错误的。但是，如果您以

a

启动dfs，那么您不仅会发现

a

、

b

和

c

是一个SCC，而且重要的是它们会被标记为灰色或黑色。然后，当您在

d

上继续dfs时，您将不会遍历出其SCC，因为您将意识到其相邻节点已被访问

如果你看一下科尔曼的DFS代码

DFS(G)
1 for each vertex u in G.V
2     u.color = WHITE
3     u.π = NIL
4 time = 0
5 for each vertex u in G.V
6     if u.color == WHITE
7         DFS-VISIT(G, u)

DFS-VISIT(G, u)
1 time = time + 1 // white vertex u has just been discovered
2 u.d = time
3 u.color = GRAY
4 for each v in G.adj[u]
5     if v.color == WHITE
6         v.π = u
7         DFS-VISIT(G, u)
8 u.color = BLACK // blacken u; it is finished
9 time = time + 1
10 u.f = time

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如果不使用递减完成时间，那么DFS的第6行将只为true一次，因为DFS-VISIT将递归访问整个图形。这将在深度优先林中生成一棵树，每棵树都是一个SCC。对于一棵树的推理是因为一棵树是通过它的根节点有一个nil前导来识别的

该视频不可用，请在Coursera视频中详细解释，请查看-