POJ 2186 popular cow 有向图的强联通问题 Tarjan算法

参考：http://hi.baidu.com/1093782566/blog/item/e5a0e9229913bd048b82a175.html

http://www.cppblog.com/IronOxide/archive/2010/08/16/123622.html?opt=admin

题目简述：n头奶牛，给出若干个欢迎关系a b，表示a欢迎b，欢迎关系是单向的，但是是可以传递的。另外每个奶牛都是欢迎他自己的。求出被所有的奶牛欢迎的奶牛的数目。
模型转换：N个顶点的有向图，有M条边（N≤10000,M≤50000）。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，硬做是肯定不行的。考虑如果这个图是一棵树，那么问题就变的很简单了，因为至多有一个点满足条件，这个点满足条件的充要条件是：这个点是树中唯一的出度为0的点。

那么我们能否把图转化为树呢？首先可以想到的是，如果图中包含有环，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。缩点后的图必无环，否则，可将环上所有点也缩成一个点，与极大强联通分量矛盾。

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支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支求出后，就可以把图收缩成一棵树，问题就迎刃而解了。

预备知识：有向图的强连通分量的求法，这个和求割点的算法差不多。
算法框架：对有向图求强连通分量，然后找出所有独立的强连通分量（所谓独立，就是该连通分量里面的点到外面的点没有通路，当然，连通分量外的点是可以有路到强连通分量内的点的），如果独立的强连通分量的数目只有一个，那么，就输出这个强连通分量内解的个数，否则输出无解。只要找到缩点后的图中无出度的点的个数，设为cnt, 若 cnt > 1 , 则必无满足条件的点，因为一个出度为

零的点无法到达另一个出度为零的点；若cnt = 1 , 则该点所对应的强联通分量的点的个数即为答案。

算法证明：
1：假设a和b都是最受欢迎的cow，那么，a欢迎b，而且b欢迎a，于是，a和b是属于同一个连通分量内的点，所有，问题的解集构成一个强连通分量。
2：如果某个强连通分量内的点a到强连通分量外的点b有通路，因为b和a不是同一个强连通分量内的点，所以b到a一定没有通路，那么a不被b欢迎，于是a所在的连通分量一定不是解集的那个连通分量。
3：如果存在两个独立的强连通分量a和b，那么a内的点和b内的点一定不能互相到达，那么，无论是a还是b都不是解集的那个连通分量，问题保证无解。

4：如果图非连通，那么，至少存在两个独立的连通分量，问题一定无解。

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

const int MAXN = 10000 + 10;     // 点的最大数量
const int MAXM = 50000 + 10;     // 边的最大数量

// 假设对边u-->v
struct EDGE
{
 int v;                    // 从u点出发能到达的点v
 int next;                 // 从u点出发能到达的下一条边的编号
};

stack<int> s;
EDGE edge[MAXM];
int low[MAXN];             // low[u]：是u或u的子树能够追溯到的最早的栈中节点的次序号
int dfn[MAXN];             // dfn[u]：节点u搜索的次序编号(时间戳)
int first[MAXN];             // first[u] = e：从点u出发的最后一条边的编号是e(“最后”是指最后输入)
int sccf[MAXN];            // sccf[i] = j：第i个点所在的强连通分量的编号
bool ins[MAXN];            // 是否在栈中
int outdegree[MAXN];       // 强连通分量的出度
int index;                 // 次序编号
int scc;                   // 强连通分量的数目
int n, m;


void Init()
{
    scc = 0;
    index = 1;
    memset(low, 0, sizeof(low));
    memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
    memset(ins, false, sizeof(ins));
    memset(sccf, 0, sizeof(sccf));
    memset(first, -1, sizeof(first));
}

void Tarjan(int u)
{
    int v;
    low[u] = dfn[u] = index++;
    s.push(u);
    ins[u] = true;
    // 枚举每一条边：u-->v
    for (int k=first[u]; k!=-1; k=edge[k].next)
    {
        v = edge[k].v;
        if (dfn[v] == 0)
        {
            Tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);
        }
        else if (ins[v])
        {
            low[u]=min(low[u],dfn[v]);
        }
    }
    // 如果节点u是强连通分量的根
    if (dfn[u] == low[u])
    {
        scc++;
        do
        {
            v = s.top();
            s.pop();
            ins[v] = false;
            sccf[v] = scc;
        }while (u != v);
    }
}





// 获得超级受喜欢的cows的数量

int GetSuperPopularNum()
{
    int u, v;
    int cnt = 0;    // 出度为0的强连通分量的数目
    int ct[MAXN];    // ct[i] = j：强连通分量i有j个点

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



    // 枚举每一个点u：求outdegree和ct
    for (u=1; u<=n; u++)
    {
        ct[sccf[u]]++;
        for (int k=first[u]; k!=-1; k=edge[k].next)
        {
            // 对每条边u-->v
            v = edge[k].v;
            if (sccf[u] != sccf[v])
            {
                outdegree[sccf[u]]++;
            }
        }
    }

    // 数数强连通分量为0的点有多少个
    for (u=1; u<=scc; u++)
    {
        if (outdegree[u] == 0)
        {
            cnt++;
            v = u;
        }
    }

    return (cnt == 1)? ct[v] : 0;
}



int main()
{
    int i, u, v;
    int e = 0;      // 边的数量，建图时会用到

    // 初始化数据并建图
    Init();
    cin >> n >> m;
    for (i=0; i<m; i++)
    {
        cin >> u >> v;
        edge[e].v = v;
        edge[e].next = first[u];
        first[u] = e;
        e++;
    }

    // 求强连通分量
    for (i=1; i<=n; i++)
    {
        if (dfn[i] == 0)
        {
            Tarjan(i);
        }
    }

    // 输出答案
    cout << GetSuperPopularNum() << endl;

    return 0;
}