Endless Walk（拓扑排序、强连通分量）

题意

给定一张简单有向图，其中点的个数为\(n\)，边的个数为\(m\)。
问有多少个点满足如下要求：从该点出发，能够永不停止地走下去。

数据范围

\(1 \leq n \leq 2 \times 10^5\)
\(0 \leq m \leq 2 \times 10^5\)

思路

这道题是个强连通分量的模板题，但是官方题解的做法更加简洁、更加高效，是非常值得学习。
不过无论是那种方法，首先要做的就是将永不停止转化为：不会走到尽头，也就是会走到环。
问题的答案就是环以及之前的所有点的个数。

• 方法一：强连通分量
  建反图，然后求出所有的强连通分量。将所有点数不少于\(2\)的强连通分量中的点加入队列中，跑BFS。经过点的个数即为答案。

• 方法二：拓扑排序
  建反图，跑拓扑排序，当没有入度为\(0\)的点时就停下来。\(n -\) 所有曾经出现在队列中的点数即为答案。

代码

• 强连通分量：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

const int N = 200010, M = 200010;

int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, sz[N];
int d[N];

void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

void tarjan(int u)
{
    dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
    stk[ ++ top] = u, in_stk[u] = true;
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if (!dfn[j])
        {
            tarjan(j);
            low[u] = min(low[u], low[j]);
        }
        else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
    }

    if (dfn[u] == low[u])
    {
        ++ scc_cnt;
        int y;
        do {
            y = stk[top -- ];
            in_stk[y] = false;
            id[y] = scc_cnt;
            sz[scc_cnt] ++ ;
        } while (y != u);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    memset(h, -1, sizeof h);
    while (m -- )
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        add(b, a);
    }

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        if (!dfn[i])
            tarjan(i);
    memset(d, 0x3f, sizeof d);
    queue<int> que;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        if(sz[id[i]] > 1) {
            que.push(i);
            d[i] = 0;
        }
    }
    while(que.size()) {
        int t = que.front();
        que.pop();
        for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if(d[j] > d[t] + 1) {
                d[j] = d[t] + 1;
                que.push(j);
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        if(d[i] != 0x3f3f3f3f) ans ++;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

• 拓扑排序：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

const int N = 200010, M = N;

int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int din[N];

void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    memset(h, -1, sizeof h);
    for(int i = 0; i < m; i ++) {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        add(b, a);
        din[a] ++;
    }
    queue<int> que;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        if(!din[i]) {
            que.push(i);
        }
    }
    int num = 0;
    while(que.size()) {
        num ++;
        int t = que.front();
        que.pop();
        for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if(--din[j] == 0) {
                que.push(j);
            }
        }
    }
    int ans = n - num;
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}