学校网络（含证明）
欧拉回路的证明我都没写，这个我却写了，哎。
题目
做法
第一问其实就是让你求用强连通缩点之后入度为\(0\)的点。
不难证明的一件事情是，缩点之后是个\(DAG\)，而\(DAG\)必然存在入度为\(0\)的点（如果不存在，你从一个点出发一直走指向你的边，最后就会走成一个环。）。
入度为\(0\)的点是肯定需要放的，没什么好说的。但是单单放了入度为\(0\)的点就行了吗？一个点一直走父亲边就可以到达入度为\(0\)的点。
第二问的话，设入度为\(0\)的点集为\(P\)，出度为\(0\)的点集为\(Q\)，那么答案就是：\(max(|P|,|Q|)\)
惊人的发现我的证法是普通证法的复杂版。
但是为了偷懒直接写普通证法算了
反正至少曾经我想到过证明
参照博客：https://www.acwing.com/solution/content/4663/
首先，先说要实现最小边数的条件。
我们知道一条有向边可以贡献一个入度，一个出度，相应的，也就可以消掉一个\(P\)的点和一个\(Q\)的点，所以至少要\(max(|P|,|Q|)\)
分类讨论。
- \(|P|=1\)，此时将\(Q\)中所有的点连向\(P\)即可，所用的边的数量为\(|Q|\)
- \(|Q|=1\)，此时将\(Q\)连向\(P\)中所有的点即可，所用的边的数量为\(|P|\)。
- 其余的情况，我们只需要将\(Q\)中的一个点\(q_1\)连向\(P\)中的一个点\(p_2\)，那么这个时候指向\(q_1\)的的点就会全部指向\(p_2\)所指向的点，此时刚好把\(q_1\)和\(p_2\)从\(P,Q\)中毫无痕迹的删除，然后重复此操作到删除了\(min(|P|,|Q|)-1\)对点后，开始进入\(1,2\)操作。
这样的话就证明了一定存在一种方案是\(max(|P|,|Q|)\)的。
两者一结合，便证明此结论了。
当然，对于入度出度都为\(0\)的点，你可能会说连一条边只会删掉一个点，但是其实你看这个点啊，拆点，将出去的边和进来的边分开来，这样在对外显示上是没有任何问题的，而且可以帮助你更形象的理解，当然你也可以更硬核的理解，就是\(P,Q\)中都有这个点，这个理解在代码时思路会更加清晰，但是结论就摆在那，入度出度都为\(0\)的点并不会影响结论。
当然，如果整个图就是一个分量的话，答案是\(0\)，特判一下即可。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 110
#define M 110000
using namespace std;
inline int mymin(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int mymax(int x,int y){return x>y?x:y;}
struct node
{
int y,next;
}a[M];int len,last[N];
inline void ins(int x,int y){len++;a[len].y=y;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
int dfn[N],low[N],n,in[N]/*入度*/,out[N]/*出度*/,ti,be[N],sta[N],top,block;
void dfs(int x)
{
sta[++top]=x;dfn[x]=low[x]=++ti;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(!dfn[y])
{
dfs(y);
low[x]=mymin(low[x],low[y]);
}
else if(!be[y])low[x]=mymin(low[x],low[y]);
}
if(dfn[x]==low[x])
{
block++;
while(sta[top]!=x)
{
be[sta[top--]]=block;
}
be[sta[top--]]=block;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
while(1)
{
scanf("%d",&x);
if(x==0)break;
ins(i,x);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])dfs(i);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int k=last[i];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(be[i]!=be[y])in[be[y]]++,out[be[i]]++;
}
}
int ans1=0,ans2=0;
for(int i=1;i<=block;i++)
{
if(!in[i])ans1++;
if(!out[i])ans2++;
}
if(block==1)printf("1\n0\n");
else printf("%d\n%d\n",ans1,mymax(ans1,ans2));
return 0;
}
