Network of Schools hoj&poj 强连通分量的应用 经典题！

/*该题第一问是最少在几台电脑上放文件，可以在一瞬间使所有的电脑都接收到文件。
考虑在同一个强连通分量重的电脑，如果其中一台接受到文件，那么可以瞬间使这个分量里的所有电脑都接受到文件。
所以第一问的答案只需要求缩点以后的入度为0的分量的个数即可。
而对于第二问，同样也是对缩点后的新图进行处理。
取入度为0的分量数和出度为0的分量数的最大值。即相当于一棵树的叶子和树根。
还有一个，当整个图是一个强连通分量，即缩点个数为1时，不需要任何的电脑，此时ans=0.
这就是一类题的模型：至少在有向图中添加多少条有向边可以使整个图边一个强连通图，即图中任意两个节点互达。
注意used的应用，是对缩点后的图进行处理。Be care！*/
#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=101;
struct edge
{
int to,next;
}e[maxn*maxn];
int head[maxn],dfn[maxn],low[maxn],belong[maxn],stack[maxn],out[maxn],in[maxn];
bool vis[maxn];
bool used[maxn][maxn];
int n,t,cnt,scnt,top;
void add(int i,int j)
{
e[t].to=j;
e[t].next=head[i];
head[i]=t++;
}
void tarjan(int u)
{
int tt;
dfn[u]=low[u]=++cnt;
stack[top++]=u;
vis[u]=true;
for(int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].next)
{
int j=e[i].to;
if(!dfn[j])
{
tarjan(j);
low[u]=min(low[u],low[j]);
}
else if(vis[j])
low[u]=min(low[u],low[j]);
}
if(low[u]==dfn[u])
{
scnt++;
do
{
tt=stack[--top];
belong[tt]=scnt;
vis[tt]=false;
}
while(u!=tt);
}
}
int main()
{
int num;
while(scanf("%d",&n)==1)
{
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(e,0,sizeof(e));
memset(used,false,sizeof(used));
cnt=scnt=top=0;
t=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
while(scanf("%d",&num)==1)
{
if(num==0) break;
add(i,num);
}
}
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(low,0,sizeof(low));
memset(belong,0,sizeof(belong));
memset(vis,false,sizeof(vis));
memset(stack,0,sizeof(stack));
memset(out,0,sizeof(out));
memset(in,0,sizeof(in));
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(!dfn[i]) tarjan(i);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
for(int j=head[i]; j!=-1; j=e[j].next)
{
int v=e[j].to;
if(belong[i]!=belong[v]&&!used[belong[i]][belong[v]])
out[belong[i]]++,in[belong[v]]++,used[belong[i]][belong[v]]=true;
}
}
int ans=0;
for(int i=1; i<=scnt; i++)
{
if(in[i]==0)
ans++;
}
printf("%d\n",ans);
int ans1=0;
for(int i=1; i<=scnt; i++)
{
if(out[i]==0) ans1++;
}
if(scnt==1) printf("0\n");
else printf("%d\n",max(ans1,ans));
}
return 0;
}