POJ-2186 Popular Cows 强连通 + 缩点

http://poj.org/problem?id=2186

我们求强连通分量时，给每个顶点做一个标记，标记该顶点属于哪个强联通分量，然后属于同一个强连通分量的点就可以看作同一个点了。这就是所谓的“缩点”

此题用了个定理 ：有向无环图（DAG）中，从任意一个点出发，必定可以到达某一个出度为0的点。

这个不用证明，直观想一下就行了。 因为无环，所以从一个点出发，必定会到达终点，终点的出度即是0

求强连通的目的也就是将原图改造成一个DAG，因为将属于同一强连通分支的看作一点后，这个新图就是一个DAG

我们统计DAG中出度为0的个数，如果大于1,说明出度为0的“点”不止一个，也就没有题目中要求的能够被其他所有点到达的点。

如果出度为0的“点”（强连通分支），只有一个，那么该强连通分支中所有的点即可被剩下的点到达。该分支点的个数即是答案。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<vector>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn = 10005;
const int inf = 1<<30;
int n,m;
int dfs_clock,scc_cnt;
int dfn[maxn],low[maxn],sccno[maxn];
vector<int>map[maxn];
stack<int>S;
void dfs( int u,int fa )
{
S.push(u);
dfn[u] = low[u] = ++dfs_clock;
for( int i = 0; i < map[u].size(); i ++ ){
int v = map[u][i];
if( !dfn[v] ){
dfs(v,u);
low[u] = low[u] <= low[v] ? low[u] : low[v];
}
else if( !sccno[v] ){
low[u] = low[u] <= dfn[v] ? low[u] : dfn[v];
}
}
if( low[u] == dfn[u] ){
scc_cnt ++;
for(;;){
int x = S.top(); S.pop();
sccno[x] = scc_cnt;
if( x == u )
break;
}
}
}
void tarjan()
{
dfs_clock = scc_cnt = 0;
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(low,0,sizeof(low));
memset(sccno,0,sizeof(sccno));
for( int i = 1; i <= n; i ++ )
if( !dfn[i] )
dfs(i,-1);
}
void fun()
{
bool mark[maxn] = {0};
tarjan();
for( int i = 1; i <= n; i ++ ){		//标记有出度的点
for( int j = 0; j < map[i].size(); j ++ ){
if( sccno[i] != sccno[map[i][j]] ){
mark[sccno[i]] = true;
break;
}
}
}
int flag = 0,p;					//找出度为0的点
for( int i = 1; i <= scc_cnt; i ++ ){
if( !mark[i] ){
flag ++;
p = i;
}
}
if( flag > 1 )
puts("0");
else{
int ans = 0;
for( int i = 1; i <= n; i ++ )
if( sccno[i] == p )
ans ++;
printf("%d\n",ans);
}
}
int main()
{
//freopen("data.txt","r",stdin);
int u,v;
while( scanf("%d%d",&n,&m) == 2 )
{
for( int i = 1; i <= m; i ++ ){
scanf("%d%d",&u,&v);
map[u].push_back(v);
}
fun();
}
return 0;
}