POJ2186-Popular Cows
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大致题意：
有N只奶牛，其中奶牛A认为奶牛B备受注目，而奶牛B也可能认为奶牛C备受注目。奶牛们的这种“认为”是单向可传递的，就是说若奶牛A认为奶牛B备受注目，但奶牛B不一定会认为奶牛A备受注目。而当A认为B备受注目，且B认为C备受注目时，A一定也认为C备受注目。
现在给出M对这样的“认为...备受注目”的关系对，问有多少只奶牛被除其本身以外的所有奶牛关注。
解题思路：
极大强连通分量+缩点。
发现自从用Tarjan算法做了POJ2942之后，这些利用Tarjan算法的题目都是水题。
构造模型：
N个顶点的有向图G，有M条边。求一共有多少个点，满足这样的条件：所有其它的点都可以到达这个点。
首先，这个题的N和M都非常大，暴搜肯定TLE。
考虑一下，如果图G是一棵有向树，那么问题就变的很简单了，因为当且仅当这棵树只有一个叶子结点（出度为0的点）时，树上的其他所有结点都能到达这个点。而当有向树上有1个以上的叶子时，都是无解的。
由于树是无环的，下面称这样的一棵有向树为 有向无环树DAG
那么我们能否把图转化为树去求解呢？
首先可以想到的是，如果图G中包含有环，那么就可以把这个环缩成一个点，因为环中的任意两个点可以到达，环中所有的点具有相同的性质，即它们分别能到达的点集都是相同的，能够到达它们的点集也是相同的。
那么是否只有环中的点才具有相同的性质呢？进一步的考虑，图中的每一个极大强连通分量中的点都具有相同的性质。所以，如果把图中的所有极大强连通分量求出后，对每个极大强连通分量缩点，就可以把图收缩成一棵有向无环树DAG，那么只要判断出度为0的缩点是否只有1个，若DAG中有且仅有1个这样的缩点，则输出缩点（图G的极大强连通分量）内所包含的图G的结点个数，问题就解决。
预备知识：Tarjan算法求有向图的极大强连通分量。
相关知识点传送门：
有关图论的知识点的定义：http://www.byvoid.com/blog/biconnect/
Tarjan算法入门基础：
http://hi.baidu.com/lydrainbowcat/blog/item/42a6862489c98820c89559f3.html
补充一个小内容：
用Tarjan算法求极大强连通分量时，对于有向边s->t
1、 若DFN[t]==0，则s->t是一条树边，t尚未入栈；
2、 若DFN[t]
注意只有有向图有横叉边，无向图不存在横叉边的概念。
对横叉边的处理：无视掉。
Source修正
USACO 2003 Fall
http://www.4ucode.com/Study/Topic/1377469
//Memory Time
//2116K 266MS
#include
#include
using namespace std;
/*图G的结点的存储结构*/
class Node
{
public:
int id;
class Node* next;
Node():id(0),next(0){}
};
/*缩点(极大强连通分量)的存储结构*/
class Shrink_point
{
public:
int in; //缩点入度
int out; //缩点出度
int num; //缩点内含有图G的结点的个数
Shrink_point():in(0),out(0),num(0){}
};
/*******************************************************/
class solve
{
public:
solve(int n,int m):N(n),M(m)
{
Initial();
Input_Creat();
/*注意:有向图G不一定从任何位置开始搜索都能遍历所有点*/
for(int i=1;i<=N;i++)
if(DFN[i]==0)
{
stack_Node.push(i); //搜索起点入栈
Status[i]=1;
Tarjan(i);
}
printf("%d\n",solution());
}
~solve()
{
delete[] DFN;
delete[] Low;
delete[] Status;
delete[] SCC;
delete[] sp;
EmptyList();
while(!stack_Node.empty())
stack_Node.pop();
}
int min(int a,int b) const{return astack_Node; //辅助栈，用于寻找极大强连通分量
int* Status; //Status[i]-> 0:i未入栈 1:i在栈中 2:i已出栈
int* SCC;
int SCC_id; //SCC[i]=SCC_id 图G中结点i所属的极大强连通分量(缩点)的编号为SCC_id
Shrink_point* sp; //存储每个缩点(极大强连通分量)的信息
};
void solve::Initial(void)
{
LinkHead=new Node*[N+1];
for(int i=1;i<=N;i++)
LinkHead[i]=0;
TimeStamp=0;
DFN=new int[N+1];
Low=new int[N+1];
memset(DFN,0,sizeof(int)*(N+1));
memset(Low,0,sizeof(int)*(N+1));
SCC_id=0;
SCC=new int[N+1];
Status=new int[N+1];
memset(Status,0,sizeof(int)*(N+1));
sp=new Shrink_point[N+1];
return;
}
void solve::Input_Creat(void)
{
int a,b;
for(int j=1;j<=M;j++)
{
scanf("%d %d",&a,&b);
if(!LinkHead[a])
LinkHead[a]=new Node;
Node* tmp=LinkHead[a]->next;
LinkHead[a]->next=new Node;
LinkHead[a]->next->id=b;
LinkHead[a]->next->next=tmp;
}
return;
}
void solve::Tarjan(int s)
{
DFN[s]=Low[s]=++TimeStamp;
if(LinkHead[s])
{
for(Node* p=LinkHead[s]->next;p;p=p->next)
{
int t=p->id;
if(DFN[t]t为树枝边
{
stack_Node.push(t);
Status[t]=1;
Tarjan(t);
Low[s]=min(Low[s],Low[t]);
}
else if(DFN[t]!=0 && Status[t]==1) //s->t为后向边
{
Low[s]=min(Low[s],DFN[t]);
}
}
}
}
if(DFN[s]==Low[s]) //找到极大强连通分量
{
SCC_id++;
for(int node=stack_Node.top();;node=stack_Node.top())
{
stack_Node.pop();
Status[node]=2;
SCC[node]=SCC_id;
sp[ SCC_id ].num++;
if(node==s || stack_Node.empty())
break;
}
}
return;
}
int solve::solution(void)
{
/*计算所有缩点的入度和出度*/
for(int i=1;i<=N;i++)
if(LinkHead[i])
{
for(Node* p=LinkHead[i]->next;p;p=p->next)
{
int j=p->id;
if(SCC[i]!=SCC[j])
{
sp[ SCC[i] ].out++;
sp[ SCC[j] ].in++;
}
}
}
/*寻找出度为0的缩点*/
int cnt=0; //记录出度为0的缩点个数
int pk; //记录出度为0的缩点编号
for(int k=1;k<=SCC_id;k++)
if(sp[k].out==0)
{
cnt++;
pk=k;
}
if(cnt!=1) //出度为0的缩点的个数不为1，本题无解
return 0;
return sp[pk].num; //返回出度为0的缩点所包含图G中的结点个数
}
void solve::DelLink(Node* p)
{
if(p->next)
p=p->next;
delete[] p;
return;
}
void solve::EmptyList(void)
{
for(int i=1;i<=N;i++)
if(LinkHead[i])
DelLink(LinkHead[i]);
return;
}
int main(void)
{
int n,m;
while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
solve poj2186(n,m);
return 0;
}