POJ 2186 Popular Cows【强连通】

因为杭州B题是个强联通，而且90+队伍会，弱不会，所以来学一学这个专题

从最简单的模板题应用开始

n个人，m条边。（A，B）的边意味着A认为B是好人，这种关系具有传递性，即如果有（A，B）和（B，C）边在图中，那么A认为C是好人

给定n个人和m条边

问：图中有多少个人，他们被所有的人都认为是好人

看到这个题：第一想法好简单啊！暴力枚举啊，n方的算法

对于每个人，检查一遍就好！

看到数据n最大10000，卡的就是这种思路

那么应该怎么做呢？想到的是昨天的沈阳暴力E题：如果出现了很多个点两两都可达，那么在这个问题中其实就是可以先处理成一个点集合（集合中只需要关注这个集合的数目了，还有这个集合的标号，因为会是有向边）

那么就是用到了强连通的理论：先缩点，然后连成一棵树（或者是一棵森林）

如果是一个树的话，那么就是叶子节点的集合中的点数目

如果是一个森林，意味着原图不连通，那么就找不到这样的点，答案是0

另外呢，这个题最好选用的是两次dfs来搞，而不是tarjan缩点

原因是：因为我们最终要判断是不是一棵树

用一次反向的dfs即可判断，用叶子节点作为起点，因为图中全是反向边，如果在dfs之中所有节点都经过，那么说明在原图的反向图中是个连通的

所以意味着，在原图中，任何节点都可以到达叶子节点：也就是说：叶子节点集合中的原图中的所有点，都会被所有的点认为是好人

bin神博客的题解在这：

kuangbin大神

弱的代码是按照《挑战程序设计竞赛》写的：

所以明白了那个反向dfs的意思

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<stdio.h>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<cstring>
using namespace std;

const int maxn=10050;
int n,m,u,v;
vector<int> g[maxn];
vector<int> rg[maxn];
vector<int> vs;
bool used[maxn];
int cmp[maxn];

void addedge(int u,int v){
g[u].push_back(v);
rg[v].push_back(u);
}

void dfs(int v){
used[v]=true;
for(int i=0;i<g[v].size();i++)
if (!used[g[v][i]]) dfs(g[v][i]);
vs.push_back(v);
}

void rdfs(int v,int k){
used[v]=true;
cmp[v]=k;
for(int i=0;i<rg[v].size();i++)
if (!used[rg[v][i]]) rdfs(rg[v][i],k);
}

int scc(){
memset(used,0,sizeof(used));
vs.clear();
for(int v=0;v<n;v++)
if (!used[v]) dfs(v);
memset(used,0,sizeof(used));
int k=0;
for(int i=vs.size()-1;i>=0;i--)
if (!used[vs[i]]) rdfs(vs[i],k++);
return k;
}

int main(){
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
for(int i=1;i<=n;i++){
g[i].clear();
rg[i].clear();
}
memset(cmp,0,sizeof(cmp));
while(m--){
scanf("%d%d",&u,&v);
addedge(u-1,v-1);
}
int num=scc(),ans=0;
u=0,v=0;
for(int i=0;i<n;i++)
if (cmp[i]==num-1){
u=i;
ans++;
}
memset(used,0,sizeof(used));
rdfs(u,0);
for(int i=0;i<n;i++)
if (!used[i]){
ans=0;
break;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}