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POJ 2186-Popular Cows (图论-强联通分量Korasaju算法）
题目链接：http://poj.org/problem?id=2186
题目大意：有n头牛和m对关系， 每一对关系有两个数（a， b）代表a牛认为b牛是“受欢迎”的，且这种关系具有传递性， 如果a牛认为b牛“受欢迎”， b牛认为c牛“受欢迎”， 那么a牛也认为c牛“受欢迎”。 现在想知道有多少头牛受除他本身外其他所有牛的欢迎？
解题思路：如果有两头或者多头牛受除他本身外其他所有牛的欢迎， 那么在这两头或者多头牛之中， 任意一头牛也受两头或者多头牛中别的牛的欢迎， 即这两头或者多头牛同属于一个强联通分量， 且其他强联通分量都可以到达该强联通分量。那么可以用Korasaju算法进行强联通分量的分解， 然后还能够得到各个强联通分量拓扑排序后的顺序， 那么唯一可以成为解的只有拓扑序最后的那个联通分量， 并且需要检查其他强联通分量是否能全部到达这个强联通分量， 如果能够全部可达， 那么该强联通分量有多少元素即为问题的解， 否则为0；
强联通分量的分解的步骤：
1：对于图G， 深度优先遍历G， 算出每个节点u结束的时间s[u]， 起点如何选择无所谓。
2：对于图G的转置图rG， 选择遍历的起点时， 按照节点的结束时间从大到小进行， 遍历过程中， 一遍遍历， 一遍给节点做分类标记， 每找到一个新的起点， 分类标记加一
3：对于第二步骤中，每一个相同标记的点即为一个强联通分量
代码如下：
#include<stdio.h>#include<string.h>#include<vector>#include<algorithm>using namespace std;const int N = 10003;vector<int>G[N], rG[N], vs;bool used[N];int v;int cmp[N];void add_edge(int a, int b){ G[a].push_back(b); rG[b].push_back(a);}void dfs(int n){ used[n] = true; for(int i=0; i<G[n].size(); ++ i) { int v = G[n][i]; if(used[v] == false) dfs(v); } vs.push_back(n);}void rdfs(int n, int k){ used[n] = true, cmp[n] = k; for(int i=0; i<rG[n].size(); ++ i) { int v=rG[n][i]; if(used[v] == false) rdfs(v, k); }}int scc(){ memset(used, false, sizeof(used)); vs.clear(); for(int i=0; i<v; ++ i) if(used[i] == false) dfs(i); memset(used, false, sizeof(used)); int k=0; for(int i=vs.size()-1; i>=0; -- i) { if(used[vs[i]] == false) rdfs(vs[i], k++); } return k;}int main(){ int m; scanf("%d%d", &v, &m); for(int i=1; i<=m; ++ i) { int a, b; scanf("%d%d", &a, &b); add_edge(a-1, b-1); } int n = scc(); int u = 0, num = 0; for(int i=0; i<v; ++ i) if(cmp[i] == n-1) { u = i, num ++; } memset(used, false, sizeof(used)); rdfs(u, 0); for(int i=0; i<v; ++ i) if(used[i] == false) { num = 0; break; } printf("%d\n", num);}
注：新学的强联通分量，那里不对请指出， 万分感谢！
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