P2341 [HAOI2006]受欢迎的牛

题目描述

每头奶牛都梦想成为牛棚里的明星。被所有奶牛喜欢的奶牛就是一头明星奶牛。所有奶

牛都是自恋狂，每头奶牛总是喜欢自己的。奶牛之间的“喜欢”是可以传递的——如果A喜

欢B，B喜欢C，那么A也喜欢C。牛栏里共有N 头奶牛，给定一些奶牛之间的爱慕关系，请你

算出有多少头奶牛可以当明星。

输入输出格式

输入格式：

 第一行：两个用空格分开的整数：N和M

 第二行到第M + 1行：每行两个用空格分开的整数：A和B，表示A喜欢B

输出格式：

 第一行：单独一个整数，表示明星奶牛的数量

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

只有 3 号奶牛可以做明星

【数据范围】

10%的数据N<=20, M<=50

30%的数据N<=1000,M<=20000

70%的数据N<=5000,M<=50000

100%的数据N<=10000,M<=50000

分析：

只有所有奶牛都喜欢的奶牛才可能成为明星，也就是所有的点都能到达的点。

首先可以求强联通分量，然后统计所有强联通分量的出度，如果为0的只有一个，输出这个强联通分量的大小即可，否则输出0

为什么？因为我们所要求得点是所有点都能达到（被所有牛认同的牛），所以可以先tarjan缩点（求的点有多个），缩点之后，点内所有的点是可以相互支持的，可以不用管他们，看做一个点即可。

然后为什么找出度为0的且只能找一个呢？

首先他必出度为0，如果他有出度，设他支持a，这已经是有个大点（缩点）了，大点内所有的点都可以相互支持，然后大点又支持a（a不在大点内），且a一定不支持这个大点（如果a支持大点，a在这个大点（被缩点）内），所以一定要找没有出度的点；
只能找一个，如果有两个或以上，那么就一个明星也没有，我们假设两个点x，y没有出度，既然x，y都没有出度，x点就不支持y，y也不支持x，所以就没有没有明星，（一个出度为零的点无法到达另一个出度为零的点，都没有出度了，哪来的“到达”呢？）

code

 #include<cstdio>

 #include<algorithm>

 #include<stack>

 using namespace std;

 const int MAXN = ;

 struct Edge{

     int to,nxt;

 }e[];

 int head[MAXN],dfn[MAXN],low[MAXN],bel[MAXN],sz[MAXN],pd[MAXN],x[],y[];

 bool vis[MAXN];

 int cnt,n,m,tot,num,ans,flag;

 stack<int>s;

 void add(int u,int v)

 {

     ++cnt;

     e[cnt].to = v;

     e[cnt].nxt = head[u];

     head[u] = cnt;

 }

 void tarjan(int u)

 {

     low[u] = dfn[u] = ++tot;

     s.push(u);

     vis[u] = true ;

     for (int i=head[u]; i; i=e[i].nxt)

     {

         int v = e[i].to;

         if (!dfn[v])

         {

             tarjan(v);

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

         }

         else if (vis[v]) low[u] = min(low[u],dfn[v]);

     }

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

     {

         int now = -;

         num++;

         while (now!=u)

         {

             now = s.top();

             s.pop();

             bel[now] = num;

             sz[num]++;

             vis[now] = false ;

         }

     }

 }

 int main()

 {

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

     for (int i=; i<=m; ++i)

     {

         scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);

         add(x[i],y[i]);

     }

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

         if (!dfn[i]) tarjan(i);

     for (int i=; i<=m; ++i)

         if (bel[x[i]]!=bel[y[i]])

             pd[bel[x[i]]]++;

     for (int i=; i<=num; ++i)

         if (!pd[i])

             flag++, ans = sz[i];

     if (flag==) printf("%d",ans);

     else printf("");

     return ;

 }

巴特西

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