POJ 2186 Popular Cows

题目链接：http://poj.org/problem?id=2186

题目描述：

       现有n头牛（牛的编号是1～n），给定m中关系，每种关系的描述为A  B，表示A牛是B牛的粉丝，并且规定如果A是B的粉丝，B是C的粉丝，那么A是C的粉丝，对于一头牛来说，如果其余所有牛都是该牛的粉丝，那么该牛则为明星牛，问这n头牛中明星牛的头数。

       对于牛的关系来说，如果牛A是牛B的粉丝，可以建一条牛A到牛B的有向边。那么这里可以用强连通分量的知识解，线性时间复杂度，可以参照http://blog.youkuaiyun.com/dg_programming/article/details/38761893

      对于强连通分量来说，如果牛A是一头明星牛，那么牛A所在的强连通分量中的每头牛必定也是明星牛，先建边再进行强连通分量的分解，由分解算法可以知道，在反向图GT中，第i个强连通分量必定没有到第i+j（j > 0 ）的边，因为是反向图中，故在正向图中第i+j个强连通分量中的牛并定没有到第i个强连通分量中的牛的边，则不是其粉丝。那么假设有k个强连通分量，则第k-1个强连通分量中的牛必定不是第0~k-2个连通分量中牛的粉丝，则他们不是明星牛，即只有可能是第k-1个连通分量中的牛是明星牛，这时只要再反向图中检测是不是从k-1个连通分量的牛有到前k-1个强连通分量的牛的路径即可，那么直接调用反向DFS，看是否所有的used全为true即可。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std ;

const int MAXV = 1e4 + 5 ;
vector<int> G[MAXV], rG[MAXV] ;
vector<int> vs ;
int cmp[MAXV], n, m, v ;
bool used[MAXV] ;

//
void addEdge(int from, int to){
	G[from].push_back(to) ;
	rG[to].push_back(from) ;
}
//
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)) ;
	memset(cmp,0,sizeof(cmp)) ;
	vs.clear() ;
	for( int i = 0; i < v; i++ ){
		if( !used[i] )   dfs(i) ;
	}
	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(){
	//freopen("1234.in","r",stdin) ;
	while( scanf("%d%d",&n,&m) != EOF ){
		int x, y ;
		for( int i = 0; i < MAXV; i++ ){
			G[i].clear(), rG[i].clear() ;	
		}
		//建边
		for( int i = 0; i < m; i++ ){
			scanf("%d%d",&x,&y) ;
			addEdge(x-1,y-1) ;
		}
		v = n ;
		//分解
		int k = scc() ;
		int num = 0, u ;
		//取第K-1个强连通分量
		for( int i = 0; i < n; i++ ){
			if( cmp[i] == k-1 ){
				num++ ;
				u = i ;	
			}
		}
		memset(used,0,sizeof(used)) ;
		rdfs(u,0) ;
		//看从第k-1个连通分量中的牛到其他是不是可达
		for( int i = 0; i < n; i++ ){
			if( !used[i] ){
				num = 0 ; break ;
			}
		}
		printf("%d\n",num) ;
	}	
}