AcWing1174. 受欢迎的牛

标签：AcWing1174 int stk ++ dfn low 受欢迎

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。

解题思路

\(\qquad\)简要题意：$$\LARGE 求一张图上有多少个点可以被所有其它点走到$$
\(\qquad\)我们首先从拓扑图DAG的角度考虑，在一张连通的拓扑图上，至多有一个点出度为\(0\)，而这个点出度为\(0\)就肯定是在拓扑序的尾巴，也就是前面的所有点都可以走到这个点，那它就是我们要的被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。 并且，如果存在两个及以上的点出度为\(0\)，代表图不连通，那对于每个点就至少有一个点走不到它，因此答案为\(0\)。

\(\qquad\)关键是题目给出的图它不是拓扑图啊，但是我们可以通过Tarjan算法把每个强连通分量缩成一个点，并建立一张新图，这时候这张图就是拓扑图了。

对于\(Tarjan\)算法，引入了时间戳和追溯值

\[时间戳dfn[]表示的是在搜索树上的dfs序。 \]

\[追溯值low[]表示的是从当前节点 x 作为搜索树的根节点出发， \]

\[能够访问到的所有节点中，时间戳最小的值 \]

对于能够访问的节点，作出以下限制为：

\[\large 1.以 x 为根的搜索树的所有节点 \]

\[\large 2.通过一条非搜索树上的边，能够到达搜索树的所有节点 \]

当一个点的时间戳与追溯值相等，就代表它是所在的强连通分量中的最高点。
此时就代表我们可以顺藤摸瓜找出整个强连通分量了。

这题缩点之后就是简单题了

代码

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1e4 + 10, M = 1e5 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int scc_cnt, in_stk[N], dfn[N], low[N];
int n, m, u, v, stmp, sz[N];
int stk[N], top, id[N], dout[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] = ++ stmp;
    stk[ ++ top] = u, in_stk[u] = true ;
    
    for (int i = h[u]; ~i; 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]) 
    {
        int y; ++ scc_cnt;
        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 -- ) 
    {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        add(u, v);
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
        if (!dfn[i]) tarjan(i);
        
    int zero(0), sum(0);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]) 
        {
            int k = e[j], a = id[i], b = id[k];
            if (a != b) dout[a] ++ ;
        }
    
    for (int i = 1; i <= scc_cnt; i ++ ) 
    {
        if (!dout[i]) 
        {
            zero ++, sum += sz[i];
            if (zero > 1) 
            {
                sum = 0;
                break ;
            }
        }
    }
    
    printf("%d\n", sum);
    
    return 0;
}

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From： https://www.cnblogs.com/StkOvflow/p/17026775.html