歐拉回路的證明我都沒寫，這個我卻寫了，哎。

題目

題目

做法

第一問其實就是讓你求用強連通縮點之後入度為\(0\)的點。

不難證明的一件事情是，縮點之後是個\(DAG\)，而\(DAG\)必然存在入度為\(0\)的點（如果不存在，你從一個點出發一直走指向你的邊，最後就會走成一個環。）。

入度為\(0\)的點是肯定需要放的，沒什麼好說的。但是單單放了入度為\(0\)的點就行了嗎？一個點一直走父親邊就可以到達入度為\(0\)的點。

第二問的話，設入度為\(0\)的點集為\(P\)，出度為\(0\)的點集為\(Q\)，那麼答案就是：\(max(|P|,|Q|)\)

驚人的發現我的證法是普通證法的複雜版。

但是為了偷懶直接寫普通證法算了

反正至少曾經我想到過證明

參照部落格：https://www.acwing.com/solution/content/4663/

首先，先說要實現最小邊數的條件。
我們知道一條有向邊可以貢獻一個入度，一個出度，相應的，也就可以消掉一個\(P\)的點和一個\(Q\)的點，所以至少要\(max(|P|,|Q|)\)

分類討論。

1. \(|P|=1\)，此時將\(Q\)中所有的點連向\(P\)即可，所用的邊的數量為\(|Q|\)
2. \(|Q|=1\)，此時將\(Q\)連向\(P\)中所有的點即可，所用的邊的數量為\(|P|\)。
3. 其餘的情況，我們只需要將\(Q\)中的一個點\(q_1\)連向\(P\)中的一個點\(p_2\)
   ，那麼這個時候指向\(q_1\)的的點就會全部指向\(p_2\)所指向的點，此時剛好把\(q_1\)和\(p_2\)從\(P,Q\)中毫無痕跡的刪除，然後重複此操作到刪除了\(min(|P|,|Q|)-1\)對點後，開始進入\(1,2\)操作。

這樣的話就證明了一定存在一種方案是\(max(|P|,|Q|)\)的。

兩者一結合，便證明此結論了。

當然，對於入度出度都為\(0\)的點，你可能會說連一條邊只會刪掉一個點，但是其實你看這個點啊，拆點，將出去的邊和進來的邊分開來，這樣在對外顯示上是沒有任何問題的，而且可以幫助你更形象的理解，當然你也可以更硬核的理解，就是\(P,Q\)中都有這個點，這個理解在程式碼時思路會更加清晰，但是結論就擺在那，入度出度都為\(0\)

當然，如果整個圖就是一個分量的話，答案是\(0\)，特判一下即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  110
#define  M  110000
using  namespace  std;
inline  int  mymin(int  x,int  y){return  x<y?x:y;}
inline  int  mymax(int  x,int  y){return  x>y?x:y;}
struct  node
{
	int  y,next;
}a[M];int  len,last[N];
inline  void  ins(int  x,int  y){len++;a[len].y=y;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
int  dfn[N],low[N],n,in[N]/*入度*/,out[N]/*出度*/,ti,be[N],sta[N],top,block;
void  dfs(int  x)
{
	sta[++top]=x;dfn[x]=low[x]=++ti;
	for(int  k=last[x];k;k=a[k].next)
	{
		int  y=a[k].y;
		if(!dfn[y])
		{
			dfs(y);
			low[x]=mymin(low[x],low[y]);
		}
		else  if(!be[y])low[x]=mymin(low[x],low[y]);
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		block++;
		while(sta[top]!=x)
		{
			be[sta[top--]]=block;
		}
		be[sta[top--]]=block;
	}
}
int  main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  x;
		while(1)
		{
			scanf("%d",&x);
			if(x==0)break;
			ins(i,x);
		}
	}
	for(int  i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])dfs(i);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int  k=last[i];k;k=a[k].next)
		{
			int  y=a[k].y;
			if(be[i]!=be[y])in[be[y]]++,out[be[i]]++;
		}
	}
	int  ans1=0,ans2=0;
	for(int  i=1;i<=block;i++)
	{
		if(!in[i])ans1++;
		if(!out[i])ans2++;
	}
	if(block==1)printf("1\n0\n");
	else  printf("%d\n%d\n",ans1,mymax(ans1,ans2));
	return  0;
}