题目地址：

https://www.luogu.com.cn/problem/P2341

题目描述：
每头奶牛都梦想成为牛棚里的明星。被所有奶牛喜欢的奶牛就是一头明星奶牛。所有奶牛都是自恋狂，每头奶牛总是喜欢自己的。奶牛之间的“喜欢”是可以传递的——如果AAA喜欢BBB，BBB喜欢CCC，那么AAA也喜欢CCC。牛栏里共有NNN头奶牛，给定一些奶牛之间的爱慕关系，请你算出有多少头奶牛可以当明星。

输入格式：
第一行：两个用空格分开的整数：NNN和MMM。
接下来MMM行：每行两个用空格分开的整数：AAA和BBB，表示AAA喜欢BBB。

输出格式：
一行单独一个整数，表示明星奶牛的数量。

数据范围：
对于10%10\%10%的数据，N≤20N\le20N≤20，M≤50M\le50M≤50。
对于30%30\%30%的数据，N≤103N\le10^3N≤103，M≤2×104M\le2\times 10^4M≤2×104。
对于70%70\%70%的数据，N≤5×103N\le5\times 10^3N≤5×103，M≤5×104M\le5\times 10^4M≤5×104。
对于100%100\%100%的数据，1≤N≤1041\le N\le10^41≤N≤104，1≤M≤5×1041\le M\le5\times 10^41≤M≤5×104。

可以用Tarjan算法先对图缩点，这样就可以看缩点后的出度为000的点有多少个，如果不唯一，则没有奶牛可以当明星。否则看一下出度为000的点的size即可。思路参考https://blog.csdn.net/qq_46105170/article/details/116681582。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int N = 1e4 + 10, M = 5e4 + 10;
int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, sz[N];
int dout[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] = ++timestamp;stk[top++] = u, in_stk[u] = true;for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {int v = e[i];if (!dfn[v]) {tarjan(v);low[u] = min(low[u], low[v]);} else if (in_stk[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);}if (dfn[u] == low[u]) {scc_cnt++;int y;do {y = stk[--top];in_stk[y] = false;id[y] = scc_cnt;sz[scc_cnt]++;} while (y != u);}
}int main() {memset(h, -1, sizeof h);scanf("%d%d", &n, &m);while (m--) {int a, b;scanf("%d%d", &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])if (id[i] != id[e[j]])dout[id[i]]++;int zero = 0, res;for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++) {if (!dout[i]) {if (++zero > 1) {res = 0;break;}res = sz[i];}}printf("%d\n", res);
}

时间复杂度O(N+M)O(N+M)O(N+M)，空间O(N)O(N)O(N)。

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