POJ 2186

题目大意：

给定一系列A->B的关系,说明A崇拜B，若A崇拜B，B崇拜C，那么A崇拜C，问存在多少头牛被其他所有牛都崇拜

 

一道强连通分量的水题，将一个强连通分量的牛看做一个整体，记录每个强连通分量中牛的个数

其实我们仔细想想，当把所有强连通分量都缩点后，例如强连通分量为3，那么剩下来的有向边必然小于3，否则将会导致中间某处又生成环形成强连通分量

所以如果存在出度为0的连通分量2个及两个以上，说明这2点是不能互达的，说明没有牛被崇拜

同样道理，若只有一个，那么找到那个连通分量中牛的头数，这就是解

 

总代码如下：

 1 #include <cstdio>

 2 #include <cstring>

 3 #include <stack>

 4 #include <algorithm>

 5 using namespace std;

 6 #define N 10005

 7 struct Path{

 8     int y,next;

 9 }path[50010];

10 int tmpdfn,outdegree[N],cnt[N],scc[N],k,scc_cnt,first[N],dfn[N],low[N];

11 stack<int> s;

12 void add(int x,int y)

13 {

14     path[k].y=y,path[k].next=first[x];

15     first[x]=k;

16     k++;

17 }

18 void dfs(int u,int fa)

19 {

20     dfn[u]=low[u]=++tmpdfn;

21     s.push(u);

22     for(int i=first[u];i!=-1;i=path[i].next){

23         int v=path[i].y;

24         if(!dfn[v]){

25             dfs(v,u);

26             low[u]=min(low[v],low[u]);

27         }

28         else if(!scc[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);

29     }

30     if(dfn[u]==low[u]){

31         scc_cnt++;

32         int m=0;

33         for(;;){

34             int t=s.top();s.pop();

35             scc[t]=scc_cnt;

36             m++;

37             if(t==u) break;

38         }

39         cnt[scc_cnt]=m;

40         //printf("scc: %d  %d\n",scc_cnt,m);

41     }

42 }

43 void get_scc(int n)

44 {

45     for(int i=1;i<=n;i++)

46         if(!dfn[i]) dfs(i,-1);

47 

48     for(int i=1;i<=n;i++)

49         for(int j=first[i];j!=-1;j=path[j].next)

50             if(scc[i]!=scc[path[j].y]){ outdegree[scc[i]]++;}

51 }

52 int main()

53 {

54     int n,m,a,b;

55     scanf("%d%d",&n,&m);

56     memset(dfn,0,sizeof(dfn));

57     memset(first,-1,sizeof(first));

58     memset(scc,0,sizeof(scc));

59     memset(cnt,0,sizeof(cnt));

60     memset(outdegree,0,sizeof(outdegree));

61     tmpdfn=0,k=0,scc_cnt=0;

62     for(int i=0;i<m;i++){

63         scanf("%d%d",&a,&b);

64         add(a,b);

65     }

66     get_scc(n);

67     int t=0,p;

68     for(int i=1;i<=scc_cnt;i++){

69         //printf("%d\n",outdegree[i]);

70         if(outdegree[i]==0) t++,p=i;

71         if(t>=2) break;

72     }

73     if(t>=2) puts("0");

74     else printf("%d\n",cnt[p]);

75     return 0;

76 }