这道题应该也是经典的SCC题了吧

印象中不知道在在班里上课的时候在紫书,ACM竞赛的那些书上看到多少次(有点奇怪)

首先思路很明显,就是要找出有多少个点,以它们为起点可以遍历整个图

首先考虑一种情况,这种情况是多数SCC题目的突破口,即:环对题目的影响

我们发现,对于这道题,我们如果把环缩点,那么还是一样的

因为一个环中所有点都可以互相到达,因此缩点后每一个点内部相当于都可以直接到达,我们只需要统计一下每一个SCC中有多少个点然后就等价了

这里有一个结论,还是挺有用的:

在有向图中,如果有且仅有一个点的出度为0 (没有指向其他点的边),那么该点可以被所有点遍历到;反之,该图中没有可以被所有点遍历到的点

证明(都没有dalao给出证明,那我还是证一下好了):用反证法

假设有多个点的出度为0,我们设其中一个点为x,另一个点为y

因为它们的出度为0,那么我们知道x,y之间必然没有边

那么x必然无法遍历到y,因为x,y出度均为0,所以x也无法通过间接关系遍历到y

假设不成立,原命题得证。

然后就按上面的想法看一下出度为0的点是否唯一即可

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=10005;
struct edge
{
int to,next;
}e[N*5];
int head[N],dfn[N],low[N],stack[N],col[N],t[N],chu[N],n,m,x,y,cnt,tot,top,sum,ans=-1;
bool vis[N];
inline char tc(void)
{
static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
x=0; char ch=tc();
while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void add(int x,int y)
{
e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline int min(int a,int b)
{
return a<b?a:b;
}
inline void Tarjan(int now)
{
dfn[now]=low[now]=++tot;
stack[++top]=now; vis[now]=1;
for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
if (!dfn[e[i].to])
{
Tarjan(e[i].to);
low[now]=min(low[now],low[e[i].to]);
} else if (vis[e[i].to]) low[now]=min(low[now],dfn[e[i].to]);
if (dfn[now]==low[now])
{
t[++sum]+=1; vis[now]=0;
col[now]=sum;
while (stack[top]!=now)
{
t[sum]+=1; vis[stack[top]]=0;
col[stack[top--]]=sum;
} --top;
}
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
register int i,j;
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(e,-1,sizeof(e));
read(n); read(m);
for (i=1;i<=m;++i)
read(x),read(y),add(x,y);
for (i=1;i<=n;++i)
if (!dfn[i]) Tarjan(i);
for (i=1;i<=n;++i)
for (j=head[i];j!=-1;j=e[j].next)
if (col[i]!=col[e[j].to]) ++chu[col[i]];
for (i=1;i<=sum;++i)
if (!chu[i])
{
if (ans!=-1) { puts("0"); return 0; }
ans=t[i];
}
printf("%d",ans);
return 0;
}

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