题解 | #受欢迎的牛#

//标记上时间后:
//dfn[u]dfs遍历到u的时间(编号)
//low[u]从u开始走所能遍历到的最小时间戳
//得先预处理出dfn和low
//当一个强连通的出度为0,则该强连通分量中的所有点都被其他强连通分量的牛欢迎
//但假如存在两及以上个出度=0的牛(强连通分量) 
//则必然有一头牛(强连通分量)不被所有牛欢迎 sum=0;
// 每一个点都可看做一个scc_cnt
// tarjan 把强连通图转化成一个拓扑图(简称缩点) 把每一个scc_cnt的点数存入cnt中
//tarjan算法存在scc_cnt的条件是dfn==low
//stk中存的是一个当前未被搜完的强连通分量的所有点
/*
缩点举例:
   o→o→o→o
     ↑ ↓
   o→o→o→o
中间的环缩成一个点
o     o
  ↘ ↗
   o
  ↗ ↘ 
o     o

以上有些解释来自：仅存老实人
*/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 10010, M = 50010;

int n,m;
int e[M],ne[M],h[N],idx;
int dfn[N],low[N];
int stk[N],top,scc_cnt,timetamp;
bool in_stk[N];
int dout[N];
int id[N],cnt[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]=++timetamp;
	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])
	{
		scc_cnt++;
		int y;
		do{
			y=stk[top--];
			in_stk[y]=false;
			id[y]=scc_cnt;
			cnt[scc_cnt]++;
		}while(y!=u);
	}
}

int main()
{
	cin>>n>>m;
	memset(h,-1,sizeof h);
	while(m--)
	{
		int a, b;
		cin>>a>>b;
		add(a,b);
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!dfn[i])
			tarjan(i);
			
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=h[i];~j;j=ne[j])
		{
			int k=e[j];
			int a=id[i],b=id[k];
			if(a!=b) dout[a]++;
		}
	}
	
	int zeros=0,sum=0;
	for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)
	{
		if(!dout[i])
		{
			zeros++;
			sum+=cnt[i];
			if(zeros>1)
			{
				sum=0;
				break;
			}
		}
	}
	cout<<sum<<'\n';
	return 0;
}