有向图强连通分量：在有向图G中，如果两个顶点vi,vj间（vi>vj）有一条从vi到vj的有向路径，同时还有一条从vj到vi的有向路径，则称两个顶点强连通(strongly connected)。如果有向图G的每两个顶点都强连通，称G是一个强连通图。有向图的极大强连通子图，称为强连通分量(strongly connected components)。
通过对强连通分量的缩点，可以将任意一个有向图变成一个有向无环图（DAG）。
我们将边分为四类：1.树枝边（x是y的父亲结点）2.前向边（x是y的祖先结点）3.后向边（x是y的子孙结点）4.横叉边（连向其他分支的并且已经搜过的边）
可以看出，树枝边是前向边的特殊情况。
如何判断x所在的位置在哪个强连通分量中？
情况1：存在一条边后向边，指向祖宗结点。
情况2：先由该点通过横叉边走到另一个分支，再由分支走到该点的某个祖宗结点上。
这里用tarjan算法求强连通分量。我们引入一个时间戳的概念，如上图，用dfs对其进行编号。
对每个点定义两个时间戳dfn[u]和low[u]表示从u开始走，所能遍历到的最小时间戳是什么。如果u是其所在的强联通分量重的最高点，等价于dfn[u] == low[u]。
可以证明，通过dfs搜图，能得到该图拓扑图的逆序，tarjan就是按照dfs的顺序搜索，所以按照连通分量编号递减的顺序一定是拓扑序。
最受欢迎的牛
由题意，缩点后必须只有一个点是终点，该终点的连通分量的个数就是能被全部牛认同的牛的数量。如果有两个终点，因为是DAG，两个终点不能互相到达（认同），所以就答案就为0。
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <algorithm>
3 #include <cstring>
4 #include <cstdio>
5
6 using namespace std;
7
8 const int N = 10010, M = 50010;
9
10 int e[M], ne[M], h[M], idx;
11 int stk[N], in_stk[N], size[N];
12 int scc_cnt, timestamp, top;
13 int dfsn[N], low[N];
14 int dout[N], id[N];
15 int n, m;
16
17 void add(int a, int b)
18 {
19 e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
20 }
21
22 void tarjan(int u)
23 {
24 dfsn[u] = low[u] = ++timestamp;
25 stk[++ top] = u, in_stk[u] = true;
26 for(int i = h[u] ; ~i ; i = ne[i])
27 {
28 int j = e[i];
29 if(!dfsn[j])
30 {
31 tarjan(j);
32 low[u] = min(low[u], low[j]);
33 }
34 else if(in_stk[j])low[u] = min(low[u], dfsn[j]);
35 }
36
37 if(dfsn[u] == low[u])
38 {
39 ++scc_cnt;
40 int y;
41 do{
42 y = stk[top --];
43 in_stk[y] = false;
44 id[y] = scc_cnt;
45 size[scc_cnt] ++;
46 }while(y != u);
47 }
48 }
49
50 int main(){
51 scanf("%d%d", &n, &m);
52
53 memset(h, -1, sizeof h);
54
55 while(m --)
56 {
57 int a, b;
58 scanf("%d%d", &a, &b);
59 add(a, b);
60 }
61
62 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
63 if(!dfsn[i])
64 tarjan(i);
65
66 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
67 for(int j = h[i] ; ~j ; j = ne[j])
68 {
69 int k = e[j];
70 int a = id[i], b = id[k];
71 if(a != b)dout[a] ++;
72 }
73
74 int zeros = 0, sum = 0;//zeros记录终点的数量，即出度为0的点个数，sum存答案
75 for(int i = 1 ; i <= scc_cnt; i ++)
76 if(!dout[i])
77 {
78 zeros ++;
79 sum += size[i];
80 if(zeros > 1)
81 {
82 sum = 0;
83 break;
84 }
85 }
86
87 printf("%d\n", sum);
88
89 return 0;
90 }
学校网络
根据题意，第一问求的是最少放几个点，第二问求的是最少加多少边可以变成强连通图，可以推出进行tarjan缩点后，第一个答案就是起点的个数|P|，第二个答案当|P| = 1时，为终点个数|Q|，当|P| > 1时，答案为max(|P|, |Q|)。
证明：首先，|P| <= |Q|,如果起点的个数大于终点个数，因为缩点后的图是DAG每个起点一定会走到一个终点，所以必然有不同的起点走到相同的终点，所以是可以只给其中一个起点，所以有|P| <= |Q|。
当|P| = 1时，每个终点都要连一条边回起点构成强连通，答案为|Q|。当|P| > 1,因为|Q| >= |P| > 1,所以一定有至少两组点，P1 -> Q1, P2 - > Q2,是两组不同的点，如果走到的不是两个终点，那么就是说所有起点都是走到同一个终点，而|Q|至少是2，至少还要存在另一个终点，矛盾。所以有至少两组点，P1 -> Q1, P2 - > Q2。将Q1连一条边到P2，|P’| = |P| - {P2}， |Q’| = |Q| - {Q2},对起点进行|P| - 1次，增加|P| - 1条边，起点个数变为1，终点个数变为|Q| - （|P| - 1）。此时再将需要由终点向起点连 |Q| - （|P| - 1）条边，加上前面加的|P| - 1条边，最后边数为|Q|。如果|P|是大于|Q|的，那么增加边数就是|P|。
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <algorithm>
3 #include <cstring>
4 #include <cstdio>
5
6 using namespace std;
7
8 const int N = 110, M = N * N;
9
10 int e[M], h[M], ne[M], idx;
11 int stk[N], in_stk[N], top;
12 int dfn[N], low[N], timestamp, scc_cnt, id[N];
13 int dout[N], din[N];
14 int n;
15
16 void add(int a, int b)
17 {
18 e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
19 }
20
21 void tarjan(int u)
22 {
23 dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
24 stk[++ top] = u, in_stk[u] = true;
25 for(int i = h[u] ; ~i ; i = ne[i])
26 {
27 int j = e[i];
28 if(!dfn[j])
29 {
30 tarjan(j);
31 low[u] = min(low[u], low[j]);
32 }
33 else if(in_stk[j])low[u] = min(low[u], dfn[j]);
34 }
35
36 if(dfn[u] == low[u])
37 {
38 ++ scc_cnt;
39 int y;
40 do{
41 y = stk[top --];
42 in_stk[y] = false;
43 id[y] = scc_cnt;
44 }while(y != u);
45 }
46 }
47
48 int main(){
49 cin >> n;
50 memset(h, -1, sizeof h);
51 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
52 {
53 int t;
54 while(cin >> t , t)add(i, t);
55 }
56
57 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
58 if(!dfn[i])
59 tarjan(i);
60
61 for(int i = 1 ; i <= n ;i ++)
62 for(int j = h[i] ; ~j ; j = ne[j])
63 {
64 int k = e[j];
65 int a = id[i], b = id[k];
66 if(a != b)
67 {
68 dout[a] ++;
69 din[b] ++;
70 }
71 }
72
73 int a = 0, b = 0;
74 for(int i = 1 ; i <= scc_cnt ; i ++)
75 {
76 if(!din[i])a ++;
77 if(!dout[i])b ++;
78 }
79
80 printf("%d\n", a);
81 if(scc_cnt == 1)puts("0");
82 else printf("%d\n", max(a, b));
83
84 return 0;
85 }
银河
这题实际上可以用差分约束做。
但是因为这个图的所有边权都是大于等于0的，所以可以用强连通分量。
根据题意，如果图中存在正环，则无解。而对于强连通分量来说，正环必定在强连通分量内，由于强连通分量内的点都可以相互到达，所以只要有一条边的权值大于0， 那么就存在正环，如果不存在正环，则所以边权都为0，所有点都相同。可以看做一个点。其次强连通分量内的所有点的最终距离是一样的。所以用tarjan缩点后，在拓扑图上跑一遍最长路径即可。
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <algorithm>
3 #include <cstring>
4 #include <cstdio>
5
6 using namespace std;
7
8 typedef long long LL;
9
10 const int N = 100010, M = 600010;//建双向200000,从0点向所有点连边，增加到300000，建两次图600000
11
12 int e[M], ne[M], h[M], hs[M], w[M], idx;
13 int stk[N], in_stk[N], dfn[N], low[N], timestamp, top, scc_cnt, id[N], size[N];
14 int dis[N];
15 int n, m;
16
17 void add(int h[], int a, int b, int c)
18 {
19 e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
20 }
21
22 void tarjan(int u)
23 {
24 dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
25 stk[ ++ top] = u, in_stk[u] = true;
26 for(int i = h[u] ; ~i ; i = ne[i])
27 {
28 int j = e[i];
29 if(!dfn[j])
30 {
31 tarjan(j);
32 low[u] = min(low[u], low[j]);
33 }
34 else if(in_stk[j])low[u] = min(low[u], dfn[j]);
35 }
36 if(low[u] == dfn[u])
37 {
38 ++ scc_cnt;
39 int y;
40 do{
41 y = stk[top --];
42 in_stk[y] = false;
43 id[y] = scc_cnt;
44 size[scc_cnt] ++;
45 }while(y != u);
46 }
47 }
48
49 int main(){
50 cin >> n >> m;
51
52 memset(h, -1, sizeof h);
53 memset(hs, -1, sizeof hs);
54
55 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)add(h, 0, i, 1);
56
57 while (m -- )
58 {
59 int t, a, b;
60 scanf("%d%d%d", &t, &a, &b);
61 if (t == 1) add(h, b, a, 0), add(h, a, b, 0);
62 else if (t == 2) add(h, a, b, 1);
63 else if (t == 3) add(h, b, a, 0);
64 else if (t == 4) add(h, b, a, 1);
65 else add(h, a, b, 0);
66 }
67
68 tarjan(0);
69
70 bool success = true;//判断有无解并建第二次图
71 for(int i = 0 ; i <= n ; i ++)
72 {
73 for(int j = h[i] ; ~j ; j = ne[j])
74 {
75 int k = e[j];
76 int a = id[i], b = id[k];
77 if(a == b)
78 {
79 if(w[j] > 0)
80 {
81 success = false;
82 break;
83 }
84 }
85 else add(hs, a, b, w[j]);
86 }
87 if(!success)break;
88 }
89
90 if(!success)puts("-1");
91 else
92 {
93 for(int i = scc_cnt ; i ; i --)
94 for(int j = hs[i] ; ~j ; j = ne[j])
95 {
96 int k = e[j];
97 dis[k] = max(dis[k], dis[i] + w[j]);
98 }
99
100 LL res = 0;
101 for(int i = 1 ; i <= scc_cnt ; i ++)res += (LL)dis[i] * size[i];//求最长路所以连通分量里面都要加上
102
103 printf("%lld\n", res);
104 }
105 return 0;
106 }