AcWing 1174. 受欢迎的牛

$AcWing$ $1174$. 受欢迎的牛

一、题目描述

每一头牛的愿望就是变成一头最受欢迎的牛。

现在有 $N$ 头牛，编号从 $1$ 到 $N$，给你 $M$ 对整数 $(A,B)$，表示牛 $A$ 认为牛 $B$ 受欢迎。

这种关系是具有传递性的，如果 $A$ 认为 $B$ 受欢迎，$B$ 认为 $C$ 受欢迎，那么牛 $A$ 也认为牛 $C$ 受欢迎。

你的任务是求出有多少头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。

输入格式
第一行两个数 $N$,$M$；

接下来 $M$ 行，每行两个数 $A,B$，意思是 $A$ 认为 $B$ 是受欢迎的（给出的信息有可能重复，即有可能出现多个 $A,B$）。

输出格式
输出被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的牛的数量。

数据范围
$1≤N≤10^4,1≤M≤5×10^4$

输入样例：

3 3
1 2
2 1
2 3

输出样例：

1

样例解释
只有第三头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。

二、$Tarjan$算法求有向图强连通分量

1. 基础概念

首先了解几个概念：强连通，强连通图，强连通分量

• 强连通：在一个有向图$G$中，两个点$a，b$，$a$可以走到$b$，$b$可以走到$a$，我们就说$(a,b)$强连通

• 强连通图：在一个有向图$G$中，任意两个点都是强连通

• 强连通分量：在一个有向图$G$中，有一个子图，它任意两个点都是强连通，我们就说这个子图为强连通分量，特别的，一个点也是一个强连通分量

如图：

显然可得：$1,2,3,5$ 构成了一个强连通分量（一个点也是）

代码实现时的设计

• $dfn[v]$:搜索节点$v$时的时间序
• $low[x]$:以$x$为根的子树中，每个节点中连接的点的时间戳的 最小值
  初值化:$low[x]=dfn[x]$

2. 有向图的强连通分量用途

主要是通过 缩点（将强连通分量缩成一个点），把有向图，转换为 有向无环图（拓扑图，$DAG$）。

如下图，左图圈内的是一个强连通分量，通过缩点，转化为右图。这种做法其实有很多应用，比如求最短路等。

3. 算法步骤

• ① 初始化：

  • 给每个顶点分配一个唯一的标识号
  • 初始化一个空栈
  • 初始化一个访问标记数组，用于记录每个顶点是否已经被访问

• ② 对于图中的每个未被访问的顶点执行步骤$3$

• ③ 遍历顶点：

  • 给当前顶点设置一个访问标记并将其压入栈中
  • 将当前顶点的访问次序（标记号）和最小后序号（$low$值）都设置为当前最小值
  • 遍历当前顶点的所有邻居节点：
    • 如果邻居节点未被访问，则对邻居节点执行步骤$3$。
      • 在递归步骤中，如果邻居节点没有被访问过，将它的父节点设置为当前节点
    • 如果邻居节点已经在栈中，更新当前顶点的最小后序号（$low$值）
  • 如果当前顶点是一个 根节点，则弹出栈中从当前顶点开始的所有顶点，并将它们组成一个强连通分量。

• ④ 返回所有的强连通分量

4. 算法实现

// Tarjan算法求强连通分量
int stk[N], top, in_stk[N]; // stk[N]:堆栈,top:配合堆栈使用的游标top,in_stk[N]:是否在栈内
int dfn[N], ts, low[N];     // dfn[N]:时间戳记录数组，ts:时间戳游标, low[N]:从u开始走所能遍历到的最小时间戳
int id[N], scc_cnt, sz[N];  // id[N]:强连通分量块的编号,scc_cnt:强连通分量的编号游标,sz[i]:编号为i的强连通分量中原来点的个数

void tarjan(int u) {
    dfn[u] = low[u] = ++ts; // 初始时间戳
    stk[++top] = u;         // 入栈
    in_stk[u] = 1;          // 在栈内

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (!dfn[v]) {                    // v未访问过
            tarjan(v);                    // dfs深搜
            low[u] = min(low[u], low[v]); // 更新low[u]
        } else if (in_stk[v])             // v已经栈中,找到强连通分量
            low[u] = min(low[u], low[v]); // 更新low[u]
    }
    // 发现强连通分量
    if (dfn[u] == low[u]) {
        ++scc_cnt;
        int x;
        do {
            x = stk[top--];
            in_stk[x] = 0;
            id[x] = scc_cnt; // 记录x是缩点后编号为ssc_cnt号强连通分量的一员
            sz[scc_cnt]++;   // 缩点后编号为ssc_cnt号强连通分量中的成员个数+1
        } while (x != u);
    }
}

答疑解惑

for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
    int v = e[i];
    if (!dfn[v]) {                    // v未访问过
        tarjan(v);                    // dfs深搜
        low[u] = min(low[u], low[v]); // 更新low[u]
    } else if (in_stk[v])                 // v已经栈中,找到强连通分量
        low[u] = min(low[u], low[v]);
}

这段代码中的节点$u$和节点$v$可能存在三种情况，分别如下：

• ① 节点$v$未被访问过（$!dfn[v]$）：这种情况说明节点$v$是一个未探索的节点，还没有被访问过。在深度优先搜索中，我们需要继续从节点$u$探索到节点$v$。

• ② 节点$v$已经在栈内（$in\_stk[v]$）：这种情况表示节点$v$已经访问过，并且它当前在栈中。这表示节点$v$与节点$u$在同一个强连通分量中，即形成了一个环。

• ③ 节点$v$已被访问过但不在栈内：这种情况发生在节点$v$已经访问过，并且已经出栈。在这种情况下，我们不需要做任何操作，因为节点$v$已经被处理过并且不再对强连通分量的构建产生影响。
  

注意：树边，后向边，前向边，都有祖先，后裔的关系，但横叉边没有，$u->v$为横叉边，说明在这棵$DFS$树中，它们不是祖先后裔的关系它们可能是兄弟关系，堂兄弟关系，甚至更远的关系，如果是$dfs$森林的话，$u$和$v$甚至可以在不同的树上
在很多算法中，后向边都是有作用的，但是前向边和横叉边的作用往往被淡化，其实它们没有太大作用,上面的③就是横叉边。

以上三种情况涵盖了节点$u$与节点$v$之间的所有可能情况。根据具体的情况，算法会执行相应的操作，例如继续深度优先搜索、更新$low[u]$值或者识别出一个强连通分量并进行缩点操作。

三、本题思路

题意是找到被其他所有牛都欢迎的牛的数量。在有向图的角度，就是 所有的点都可以走到当前这个点。

暴力解法

如果暴力做的话，对于每个点都要$dfs$或者$bfs$，看是否所有点都可以到达该点，做一遍的时间复杂度是$O(n + m)$，那么$n$个点，时间复杂度是$O(n \times (n+m))$,这里的$n$是$1w$，$m$是$5w$，时间限制是$1s$，会超时。

优化解法

如果是拓扑图（有向无环图$DAG$）的话，就好解决了。

结论：只需要统计出度为$0$的点的数量。如果出度为$0$的点的数量大于等于$2$，那么一定不存在最受欢迎的牛。

解释：有向无环图中，如果有$2$个或$2$个以上的点出度为$0$，那么其中$1$个叶子结点必然有到不了的点，也就是不存在最受欢迎的牛。画图理解:

如果只存在一个出度为$0$的点呢？

综上，如果是拓扑图的话，这道题就好做了。实际上，我们可以 用强连通分量算法将图转换为拓扑图 ！

方法：
① 先求出该图的强连通分量，然后缩点，变成 有向无环图$DAG$,再统计一下每个点的出度即可。
② 找到出度为$0$的点的数量为$1$的情况，然后统计该点所表示的强连通分量，其中包含多少个点，这里的所有点都可以被其他所有点走到。

$Code$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10010, M = 50010;
int n, m; // n个点，m条边
int d[N]; // 记录一下每个强连通分量的出度

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

// Tarjan算法求强连通分量
int stk[N], top, in_stk[N]; // stk[N]:堆栈,top:配合堆栈使用的游标top,in_stk[N]:是否在栈内
int dfn[N], ts, low[N];     // dfn[N]:时间戳记录数组，ts:时间戳游标, low[N]:从u开始走所能遍历到的最小时间戳
int id[N], scc_cnt, sz[N];  // id[N]:强连通分量块的编号,scc_cnt:强连通分量的编号游标,sz[i]:编号为i的强连通分量中原来点的个数

void tarjan(int u) {
    dfn[u] = low[u] = ++ts; // 初始时间戳
    stk[++top] = u;         // 入栈
    in_stk[u] = 1;          // 在栈内

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (!dfn[v]) {                    // v未访问过
            tarjan(v);                    // dfs深搜
            low[u] = min(low[u], low[v]); // 更新low[u]
        } else if (in_stk[v])             // v已经栈中,找到强连通分量
            low[u] = min(low[u], dfn[v]); // 更新low[u]
    }
    // 发现强连通分量
    if (dfn[u] == low[u]) {
        ++scc_cnt;
        int x;
        do {
            x = stk[top--];
            in_stk[x] = 0;
            id[x] = scc_cnt; // 记录x是缩点后编号为ssc_cnt号强连通分量的一员
            sz[scc_cnt]++;   // 缩点后编号为ssc_cnt号强连通分量中的成员个数+1
        } while (x != u);
    }
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    memset(h, -1, sizeof h); // 初始化邻接表
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int a, b;
        scanf("%d %d", &a, &b);
        add(a, b);
    }
    //(1)求强连通分量，缩点
    for (int i = 1; i <= n; i++) // 需示枚举每个点出发尝试，否则会出现有的点没有遍历到的情况
        if (!dfn[i]) tarjan(i);

    //(2)缩点后其实就是一个DAG，计算出DAG中每个新节点的出度
    for (int u = 1; u <= n; u++) // 枚举原图中每个出边,用法好怪异~
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];             // u->v
            int a = id[u], b = id[v]; // u,v分别在哪个强连通分量中
            if (a != b) d[a]++;       // a号强连通分量,也可以理解为是缩点后的点号,出度++
        }

    //(3) 出度为0的只能有1个，如果大于1个，就无解，如果正好是一个，返回此强连通分量中结点的个数
    int zeros = 0, res = 0;
    for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++) // 枚举强连通分量块
        if (!d[i]) {                   // 如果出度是0
            zeros++;                   // 出度是0的强连通分量个数+1
            res = sz[i];               // 累加此强连通分量中点的个数
            if (zeros > 1) {           // 如果强连通分量块的数量大于1个，则无解
                res = 0;
                break;
            }
        }

    //(4)求有多少头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}