受歡迎的牛

縮點

USACO03FALL / HAOI2006] 受歡迎的牛 G - 洛谷 | 電腦科學教育新生態 (luogu.com.cn)

用 tarjan 縮點後，在每個強連通分量中的點都可以互相到達。

在 DAG 中

如果有大於 1 個出口，則兩個出口之間肯定不能相互到達，所以沒有明星

如果只有一個出口，則別的點一定可以到出口，所以這個出口的 SCC 中所有點都是明星

所以求完 SCC 後判斷每個強連通分量的出度即可

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <stack>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 1e4 + 10;

int n, m;
vector<int> G[N];
int tin[N], tim;
int scc_cnt, sz[N], id[N], low[N];
bool in_stk[N];
stack<int> stk;
int dout[N];

void add(int a, int b)
{
	G[a].push_back(b);
}

void tarjan(int u)
{
	tin[u] = low[u] = ++tim;
	stk.push(u);
	in_stk[u] = true;
	for (int v : G[u])
	{
		if (!tin[v])
		{
			tarjan(v);
			low[u] = min(low[u], low[v]);
		}
		else if (in_stk[v])
			low[u] = min(low[u], tin[v]);
	}
	if (tin[u] == low[u])
	{
		++scc_cnt;
		int y; 
		do
		{
			y = stk.top();
			stk.pop();
			in_stk[y] = false;
			id[y] = scc_cnt;
			sz[scc_cnt]++;
		}while(y != u);
	}
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	while(m--)
	{
		int a, b;
		cin >> a >> b;
		add(a, b);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (!tin[i])
			tarjan(i);
	
	for (int u = 1; u <= n; u++)
	{
		for (int v : G[u])
		{
			if (id[u] != id[v])
				dout[id[u]]++;
		}
	}
	int cnt = 0, sum = 0;
	for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++)
	{
		if (dout[i] == 0)
		{
			cnt++;
			sum += sz[i];
			if (cnt > 1)
			{
				sum = 0;
				break;
			}
		}
	}
	cout << sum << endl;
	return 0;
}