1174. 受欢迎的牛

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1174. 受欢迎的牛

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。

解题思路

缩点，有向图强联通分量，tarjan

联通分量：一个子图中的任意两个点互相可达
强连通分量：极大连通分量，即再增加其他点不再形成连通分量

按 $dfs$ 遍历，一个点在强连通分量中只有两种情况：其后向边指向祖先节点，其横叉边指向的点通过后向边指向祖先节点

一个点为强连通分量的最高点等价于 $dfn[x]=low[x]$

利用 $tarjan$ 算法可以将一个有向图转化为有向无环图（$dag$），而且由于 $tarjan$ 算法是 $dfs$ 序，得到的点也就满足拓扑序

本题将图缩点为 $dag$ 后，判断出度为 $0$ 的点有多少个，如果数量大于 $1$，说明这两点互不可达，没有满足要求的答案的点，否则只有一个点，答案为该点的强连通分量的点数

• 时间复杂度：$O(n+m)$

代码

// Problem: 受欢迎的牛
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/1176/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e4+5;
int n,m;
vector<int> adj[N];
int dfn[N],low[N],timestamp,scc_cnt,stk[N],id[N],top,dout[N];
bool in_stk[N];
int res,sz[N];
void tarjan(int x)
{
	dfn[x]=low[x]=++timestamp;
	stk[++top]=x;
	in_stk[x]=true;
	for(int y:adj[x])
	{
		if(!dfn[y])
		{
			tarjan(y);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
		}
		else if(in_stk[y])low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x])
	{
		int y;
		++scc_cnt;
		do
		{
			y=stk[top--];
			in_stk[y]=false;
			id[y]=scc_cnt;
			sz[scc_cnt]++;
		}while(y!=x);
	}
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int a,b;
    	cin>>a>>b;
    	adj[a].pb(b);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	if(!dfn[i])tarjan(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j:adj[i])
    		if(id[i]!=id[j])dout[id[i]]++;
    for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)
    	if(!dout[i])
    	{
    		if(res)
    		{
    			res=0;
    			break;
    		}
    		res+=sz[i];
    	}
    cout<<res;
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16574005.html
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