【算法】【题解】【usaco】 最受欢迎的牛

【例题】
每头牛都有一个梦想：成为一个群体中最受欢迎的名牛！在一个有N(1<=N<=10,000)头牛的牛群中，给你M(1<=M<=50,000)个二元组(A,B),表示A认为B是受欢迎的。既然受欢迎是可传递的，那么如果A认为B受欢迎，B又认为C受欢迎,则A也会认为C是受欢迎的，哪怕这不是十分明确的规定。你的任务是计算被所有其它的牛都喜欢的牛的个数。
Input Format
第一行，两个数，N和M。第2～M+1行，每行两个数，A和B，表示A认为B是受欢迎的。
Output Format
一个数，被其他所有奶牛认为受欢迎的奶牛头数。

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1.利用强连通分量缩点

在知道强连通分量之后，我们可以对图的连通性有一个新的认识：在每个连通分量构成的点集合中，每两个点之间都是互相联通的。那么在解关于连通性的问题的时候，可以把这一整个集合当做一个点，即“缩点”。
在例题里，我们要求被其他所有奶牛认为受欢迎的奶牛头数，转换到图算法，即求和其他任意一个顶点都是连通的点的个数（注意是有向图）。又因为在一个连通分量的集合里，任意两个点可以互相到达，所以我们就可以把这个集合作为顶点，把上万的数据量缩减到很小。

2.判断与搜索的方法

求解连通分量以后，面临的下一个问题是，对于所有的连通分量集合，哪一个集合是和其他所有集合连通的（集合里的奶牛不仅要两两互相认为是受欢迎的，其他集合里面的奶牛也要认为他们是受欢迎的）。
结论：

当且仅当只有一个集合，集合中的点的出度和为0（没有出边），这个集合中所有的元素才是满足要求的。（前提是没有被孤立的集合，也就是没有出度入度和为0的集合）

下面是证明：

我们假设四个集合分别都是互相连通的。
我们假设图中仅有黑色的实线边，那么图中就存在三个出度为0的集合，由图可知，没有满足的集合。
那么如果没有出度为0的集合呢？我们只考虑图中（1,3）（3,2）（2,4）（4,1）的边，那么很显然，四个集合其实就是连通的，那么在最初求连通分量的时候他们就会被和为一个集合，即：这种情况是不存在的。
对于任意n个点，要将他们单向连通，最少需要n-1条边（每条边为（u,u+1））。在这种情况下，有一个入度为0，有一个出度为0.那么出度为0的点，必定是其他任意点可以到达的。那么，在这里，只需要其他点都有一条出边，留下一个点的出度为0，那么这个点就是满足要求的。因为这样保证了至少有n-1条边，并且不会有两条边的两个顶点完全相同（否则会连通，如图中（2,3）和（3,2）），那么根据抽屉原理，这些边涉及的集合包括了所有的集合。那么就是一个单向连通的图。由上面的陈述可以知道，出度为0的点可以被任意一个顶点到达。
证明结束。
当然这不是特别严谨的证明，但我不知道严谨的证明在哪，这只是我的个人理解。

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那么这道题就很简单了。

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

int N, M;
#define maxx 11000
struct Edges{
    int x, y, next;
}E[maxx * 5];   int ans = 0;
int V[maxx];
//
int low[maxx], dfn[maxx], ind = 0;//DFS
int stack[maxx], tails = 0;
bool Jud[maxx];
int SCC[maxx], sum = 0;
//
int OutDegree[maxx];
int printout = 0;

void Putin()
{
    memset(V, -1, sizeof(V));
    memset(Jud, false, sizeof(Jud));
    memset(OutDegree, 0, sizeof(OutDegree));
    //
    cin >> N >> M;
    for(int i = 1; i <= M; i++){
        int xi;    int yi;
        cin >> xi >> yi;
        E[++ans].next = V[xi];
        E[ans].x = xi;    E[ans].y = yi;
        V[xi] = ans;
    }
}

inline void DFS_tatjan(int x)
{
    dfn[x] = low[x] = ++ind;
    stack[++tails] = x;
    Jud[x] = true;
    for(int i = V[x]; i > 0; i = E[i].next)
    {
        int y = E[i].y;
        if(!dfn[y]){
            DFS_tatjan(y);
            low[x] = min(low[x], low[y]);
        }
        else    low[x] = min(low[x], dfn[y]);
    }
    if(low[x] >= dfn[x])
    {
        int k; sum++;
        do{
            k = stack[tails--];
            Jud[k] = false;
            SCC[k] = sum;
        } while (k != x);
    }
}

void Search()
{
    for(int i = 1; i <= M; i++){
        int a = SCC[E[i].x], b = SCC[E[i].y];
        if(a != b)  OutDegree[a]++;
    }
    int num = 0;//出度为0的点集的个数；
    int recall;//记录出度为0的点集的序号；
    for(int i = 1; i <= sum; i++){
        if(OutDegree[i] == 0)   num++, recall = i;
        if(num > 1)    break;
    }
    if(num == 1)
        for(int i = 1; i <= N; i++)
            if(SCC[i] == recall)    printout++;
    return;
}

int main()
{
    Putin();
    for(int i = 1; i <= N; i++)
        if(!dfn[i])    DFS_tatjan(i);
    Search();
    cout << printout << endl;
    return 0;
}