这道题应该也是经典的SCC题了吧

印象中不知道在在班里上课的时候在紫书，ACM竞赛的那些书上看到多少次（有点奇怪）

首先思路很明显，就是要找出有多少个点，以它们为起点可以遍历整个图

首先考虑一种情况，这种情况是多数SCC题目的突破口，即：环对题目的影响

我们发现，对于这道题，我们如果把环缩点，那么还是一样的

因为一个环中所有点都可以互相到达，因此缩点后每一个点内部相当于都可以直接到达，我们只需要统计一下每一个SCC中有多少个点然后就等价了

这里有一个结论，还是挺有用的：

在有向图中，如果有且仅有一个点的出度为0 （没有指向其他点的边），那么该点可以被所有点遍历到；反之，该图中没有可以被所有点遍历到的点

证明（都没有dalao给出证明，那我还是证一下好了）：用反证法

假设有多个点的出度为0，我们设其中一个点为x，另一个点为y

因为它们的出度为0，那么我们知道x，y之间必然没有边

那么x必然无法遍历到y，因为x，y出度均为0，所以x也无法通过间接关系遍历到y

假设不成立，原命题得证。

然后就按上面的想法看一下出度为0的点是否唯一即可

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=10005;
struct edge
{int to,next;
}e[N*5];
int head[N],dfn[N],low[N],stack[N],col[N],t[N],chu[N],n,m,x,y,cnt,tot,top,sum,ans=-1;
bool vis[N];
inline char tc(void)
{static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{x=0; char ch=tc();while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void add(int x,int y)
{e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline int min(int a,int b)
{return a<b?a:b;
}
inline void Tarjan(int now)
{dfn[now]=low[now]=++tot;stack[++top]=now; vis[now]=1;for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)if (!dfn[e[i].to]){Tarjan(e[i].to);low[now]=min(low[now],low[e[i].to]);} else if (vis[e[i].to]) low[now]=min(low[now],dfn[e[i].to]);if (dfn[now]==low[now]){t[++sum]+=1; vis[now]=0;col[now]=sum;while (stack[top]!=now){t[sum]+=1; vis[stack[top]]=0;col[stack[top--]]=sum;} --top;}
}
int main()
{//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);register int i,j;memset(head,-1,sizeof(head));memset(e,-1,sizeof(e));read(n); read(m);for (i=1;i<=m;++i)read(x),read(y),add(x,y);for (i=1;i<=n;++i)if (!dfn[i]) Tarjan(i);for (i=1;i<=n;++i)for (j=head[i];j!=-1;j=e[j].next)if (col[i]!=col[e[j].to]) ++chu[col[i]];for (i=1;i<=sum;++i)if (!chu[i]){if (ans!=-1) { puts("0"); return 0; }ans=t[i];}printf("%d",ans);return 0;
}