题意：
有n头奶牛，然后有个规则是A->B,B->C,那么A->C；
A觉得B受欢迎，B觉得C受欢迎，那么A觉得C受欢迎；
求：被其他所有牛都欢迎的牛的数量；
思路：
原来的思路：
我们只要在缩点之后的图中，找出出度为0的点，然后输出它里面的点就可以了。【虽然AC了】
然后我觉得这样不是会有缺陷么？他可能入度也为0呢？也就是缩点后那个出度为0点是独立的。所以还是要判断入度吧。
后来其实没必要入度，我们继续查看其他出度为0的点，如果存在的话那肯定是有独立的部分，然后如果没有的话，嘿嘿，那么肯定就是他了。
总结：
利用tarjan算法可以办到缩点。
然后主要的思路就是：在一张图里面，经过缩点后，出度为0的点只有一个的话，那么他肯定被其他点在一定程度上给盯上了。
—————————————歌：飞得更高–汪峰

//#include <bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const double eps=1e-6;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod=998244353;
const int INF=0x3f3f3f3f;const int N=1e4+8;struct asd{int to;int next;
};
asd q[N*5];
int head[N*5],tol;int n;
int dfn[N];
int low[N];
int st[N],vis[N],in[N];
int p,tp,sum;
int kr[N];
int xx[N];void INIT()
{tol=0;memset(head,-1,sizeof(head));
}
void add(int a,int b)
{q[tol].to=b;q[tol].next=head[a];head[a]=tol++;
}void tarjan(int u)
{dfn[u]=low[u]=++p;st[++tp]=u;vis[u]=1;for(int i=head[u];i!=-1;i=q[i].next){int x=q[i].to;if(!dfn[x]){tarjan(x);low[u]=min(low[u],low[x]);}else if(vis[x]){low[u]=min(low[u],dfn[x]);}}if(dfn[u]==low[u]){int temp;sum++;while(1){temp=st[tp];in[temp]=sum;vis[temp]=0;tp--;if(temp==u){break;}}}
}void solve()
{memset(kr,0,sizeof(kr));memset(xx,0,sizeof(xx));for(int i=1;i<=n;i++){for(int v=head[i];v!=-1;v=q[v].next){int t=q[v].to;if(in[t]!=in[i]){kr[in[i]]++;}}}int ans=0,num=0,k;for(int i=1;i<=sum;i++){if(!kr[i]){num+=1;k=i;}}if(num==1){for(int i=1;i<=n;i++){if(in[i]==k){ans++;}}printf("%d\n",ans);}else{puts("0");}
}int main()
{int a,b,m;scanf("%d%d",&n,&m);INIT();while(m--){scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b);}tp=p=sum=0;memset(vis,0,sizeof(vis));memset(low,0,sizeof(low));for(int i=1;i<=n;i++){if(!dfn[i]){tarjan(i);}}solve();return 0;
}