POJ-2186(强连通分量)

poj-2186

题意：每头牛都想成为牛群中的红人。给定N头牛的牛群和M个有序对(A, B)。(A, B)表示牛A认为牛B是红人。该关系具有传递性，所以如果牛A认为牛B是红人，牛B认为牛C是红人，那么牛A也认为牛C是红人。不过,给定的有序对中可能包含(A, B)和(B, C),但不包含(A,C)。求被其他所有牛认为是红人的牛的总数。

比较暴力的思路：假如我们直接暴力就是我们直接建图，然后再对每个点暴力就可以了，这样也可以，但是就是时间的问题，肯定会超时的，既然时间上过不去，那么我们不妨就试试我们刚刚学的强连通分量，

我们直接求出这个图的拓扑序，想一下，这个点必须是所有的点都可以到达的点，只要我们找那些属于最后一个分组的点有几个就行了，然后在走一次dfs看看是不是所有的点都可以到达这个点，这样我们就把这个题给做出来了，

下面给出AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define met(Q,QQ) memset(Q,QQ,sizeof(Q))
const int maxn=1e4+7;
vector<int> G[maxn];//存图
vector<int> rG[maxn];//把边反向后的图
vector<int> vec;//后序遍历顺序的图
bool vis[maxn];//访问标记
int cmp[maxn];//所属强联通分量的拓扑序列
int n,m;

void add_edge(int from,int to)//存图
{
    G[from].push_back(to);
    rG[to].push_back(from);
}

void dfs(int k)     //对图进行dfs，并访问到的点依次存入vec中,
{
    vis[k]=true;
    int kk=G[k].size();
    for(int i=0;i<kk;i++)
    {
        int kkk=G[k][i];
        if(!vis[kkk]) dfs(kkk);
    }
    vec.push_back(k);
}

void rdfs(int k,int cnt)//构建拓扑序
{
    vis[k]=true;
    cmp[k]=cnt;
    int kk=rG[k].size();
    for(int i=0;i<kk;i++)
    {
        int kkk=rG[k][i];
        if(!vis[kkk]) rdfs(kkk,cnt);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&m);
    int from,to;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d %d",&from,&to);
        add_edge(from,to);
    }
    met(vis,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i]) dfs(i);
    }

    met(vis,0);
    int kk=vec.size();
    int cnt=0;
    for(int i=kk-1;i>=0;i--)
    {
        if(!vis[vec[i]])
        {
            cnt++;
            int qq=vec[i];
            rdfs(qq,cnt);
        }
    }

    int sum=0;
    int u=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(cmp[i]==cnt)
        {
            u=i;
            sum++;
        }
    }
    met(vis,0);
    rdfs(u,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            sum=0;
            break;
        }
    }
    printf("%d\n",sum);



    return 0;
}