题目简述：n头奶牛，给出若干个欢迎关系a b，表示a欢迎b，欢迎关系是单向的，但是是可以传递的。另外每个奶牛都是欢迎他自己的。求出被所有的奶牛欢迎的奶牛的数目。
模型转换：N个顶点的有向图，有M条边（N≤10000,M≤50000）。求一共有多少个点，满足这样的条件：所有其它的点都可以到达这个点。
首先，这个题的N和M都非常大，硬做是肯定不行的。考虑如果这个图是一棵树，那么问题就变的很简单了，因为至多有一个点满足条件，这个点满足条件的充要条件是：这个点是树中唯一的出度为0的点。
那么我们能否把图转化为树 有向无回路图DAG（感谢网友提出）呢？首先可以想到的是，如果图中包含有环，那么就可以把这个环缩成一个点，因为环中的任意两个点可以到达，环中所有的点具有相同的性质，即它们分别能到达的点集都是相同的，能够到达它们的点集也是相同的。那么是否只有环中的点才具有相同的性质呢？进一步的考虑，图中的每一个极大强连通分支中的点都具有相同的性质。所以，如果把图中的所有极大强连通分支求出后，就可以把图收缩成一棵树 DAG，问题就迎刃而解了。
预备知识：有向图的强连通分量的求法，这个和求割点的算法差不多。
算法框架：对有向图求强连通分量，然后找出所有独立的强连通分量（所谓独立，就是该连通分量里面的点到外面的点没有通路，当然，连通分量外的点是可以有路到强连通分量内的点的），如果独立的强连通分量的数目只有一个，那么，就输出这个强连通分量内解的个数，否则输出无解。
算法证明：
1：假设a和b都是最受欢迎的cow，那么，a欢迎b，而且b欢迎a，于是，a和b是属于同一个连通分量内的点，所有，问题的解集构成一个强连通分量。
2：如果某个强连通分量内的点a到强连通分量外的点b有通路，因为b和a不是同一个强连通分量内的点，所以b到a一定没有通路，那么a不被b欢迎，于是a所在的连通分量一定不是解集的那个连通分量。
3：如果存在两个独立的强连通分量a和b，那么a内的点和b内的点一定不能互相到达，那么，无论是a还是b都不是解集的那个连通分量，问题保证无解。
4：如果图非连通，那么，至少存在两个独立的连通分量，问题一定无解。
第一次用前向星存储图，在不方便开临街矩阵和临街表的情况下，用前向星存储边，再开一个数组存储开始和结束的位置，很方便。
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m;
struct e
{
int a,b;
}edge[50002];
int begin[10001],end[10001],ord[10001],belong[10001];//ord[]----按照dfs1逆序排列顶点，belong[]-----判断各点属于哪个分量
int order=0,indx=0;
bool noout[10001],v[10001];//noout----判断某强连通子图是否出度为0.
int cmp1(const void *p,const void *q)
{
struct e *c=(e *)p;
struct e *d=(e *)q;
return c->a>d->a?1:-1;
}
int cmp2(const void *p,const void *q)
{
struct e *c=(e *)p;
struct e *d=(e *)q;
return c->b>d->b?1:-1;
}
int dfs1(int t)
{
if(v[t])
return 0;
v[t]=1;
int i;
for(i=begin[t];i<=end[t];i++)
{
dfs1(edge[i].b);
}
ord[order++]=t;
}
int dfs2(int t)
{
if(v[t])
return 0;
v[t]=1;
int i;
for(i=begin[t];i<=end[t];i++)
{
dfs2(edge[i].a);
}
belong[t]=indx;
return 0;
}
int main()
{
int i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d%d",&edge[i].a,&edge[i].b);
}
qsort(edge,m,sizeof(edge[0]),cmp1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
begin[i]=1;
}
int pre=0;
for(i=0;i<=m;i++)
{
if(edge[i].a!=pre)
{
begin[edge[i].a]=i;
end[pre]=i-1;
pre=edge[i].a;
}
}//处理数组下标
memset(v,0,sizeof(v));
for(i=1;i<=n;i++)
{
dfs1(i);
}
qsort(edge,m,sizeof(edge[0]),cmp2);
for(i=1;i<=n;i++)
{
begin[i]=1;
}
pre=0;
for(i=0;i<=m;i++)
{
if(edge[i].b!=pre)
{
begin[edge[i].b]=i;
end[pre]=i-1;
pre=edge[i].b;
}
}
memset(v,0,sizeof(v));
for(i=order-1;i>=0;i--)
{
if(!v[ord[i]])
{
indx++;
dfs2(ord[i]);
}
}
memset(noout,1,sizeof(noout));
for(i=0;i<m;i++)
{
if(belong[edge[i].a]!=belong[edge[i].b])
{
noout[belong[edge[i].a]]=0;
}
}
int sum=0,right;
for(i=1;i<=indx;i++)
{
if(noout[i])
{
sum++;
right=i;
}
}
if(sum==1)
{
sum=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(belong[i]==right)
sum++;
}
printf("%d\n",sum);
}
else
printf("0\n");
//system("pause");
return 0;
}