九度OJ 1012 畅通工程 (深度遍历求强连通分量个数)

题目描述：

    某省调查城镇交通状况，得到现有城镇道路统计表，表中列出了每条道路直接连通的城镇。省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个城镇间都可以实现交通（但不一定有直接的道路相连，只要互相间接通过道路可达即可）。问最少还需要建设多少条道路？
输入：

    测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出两个正整数，分别是城镇数目N ( < 1000 )和道路数目M；随后的M行对应M条道路，每行给出一对正整数，分别是该条道路直接连通的两个城镇的编号。为简单起见，城镇从1到N编号。 

    注意:两个城市之间可以有多条道路相通,也就是说

    3 3

    1 2

    1 2

    2 1

    这种输入也是合法的

    当N为0时，输入结束，该用例不被处理。
输出：

    对每个测试用例，在1行里输出最少还需要建设的道路数目。
样例输入：

4 2
1 3
4 3
3 3
1 2
1 3
2 3
5 2
1 2
3 5
999 0
0

样例输出：

1
0
2
998

题目大意：求图中连通分量的个数。如果以某个点开始深度遍历，一次遍历完成就可以求的一个连通分量。如果再以未访问的点作为深度遍历的起点，又可以求的一个连通分量，题目就是要求一共可以这样深度遍历多少次。
深度遍历的思想大致是用递归实现，不断地将子结点作为起点开始深搜，递归下去直到连通的点都访问完才结束。
这道题也让我复习了深度遍历，原来求连通分量不用Tarjan算法也可以实现。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

#define MAXN 1010

int n,m;
int map[MAXN][MAXN];
bool visit[MAXN];

int DFS(int start){
visit[start] = 1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i != start){
if(map[start][i] && !visit[i]){
DFS(i);
}
}
}
return 0;
}

int main(){
while(cin>>n){
if(n == 0)
break;
cin>>m;
memset(map,0,sizeof(map));
for(int i=0;i<m;i++){
int a,b;
cin>>a>>b;
map[a][b] = map[b][a] = 1;
}
int start = 1;
memset(visit,0,sizeof(visit));
DFS(start);
int count = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!visit[i]){
DFS(i);
count ++;
}
}
cout<<count<<endl;
}
return 0;
}