标签：.com 调整 建立 用例 cout main names std 记录
问题描述
某国的军队由N个部门组成，为了提高安全性，部门之间建立了M条通路，每条通路只能单向传递信息，即一条从部门a到部门b的通路只能由a向b传递信息。信息可以通过中转的方式进行传递，即如果a能将信息传递到b，b又能将信息传递到c，则a能将信息传递到c。一条信息可能通过多次中转最终到达目的地。
由于保密工作做得很好，并不是所有部门之间都互相知道彼此的存在。只有当两个部门之间可以直接或间接传递信息时，他们才彼此知道对方的存在。部门之间不会把自己知道哪些部门告诉其他部门。
上图中给了一个4个部门的例子，图中的单向边表示通路。部门1可以将消息发送给所有部门，部门4可以接收所有部门的消息，所以部门1和部门4知道所有其他部门的存在。部门2和部门3之间没有任何方式可以发送消息，所以部门2和部门3互相不知道彼此的存在。
现在请问，有多少个部门知道所有N个部门的存在。或者说，有多少个部门所知道的部门数量（包括自己）正好是N。
输入格式
输入的第一行包含两个整数N, M，分别表示部门的数量和单向通路的数量。所有部门从1到N标号。
接下来M行，每行两个整数a, b，表示部门a到部门b有一条单向通路。
输出格式
输出一行，包含一个整数，表示答案。
样例输入
4 4
1 2
1 3
2 4
3 4
样例输出
2
样例说明
部门1和部门4知道所有其他部门的存在。
评测用例规模与约定
对于30%的评测用例，1 ≤ N ≤ 10，1 ≤ M ≤ 20；
对于60%的评测用例，1 ≤ N ≤ 100，1 ≤ M ≤ 1000；
对于100%的评测用例，1 ≤ N ≤ 1000，1 ≤ M ≤ 10000。
分析：
一个节点通知和被通知都会互相知道对方的存在
一个部门知道其他所有部门才算作目标节点
以每个节点为起点，正向和反向分别遍历一遍图，记录访问到的节点编号
// BFS or DFS
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
int n,m;
vector<int>v[2][maxn];
int vis[2][maxn];
void input()
{
cin>>n>>m;
while(m--)
{
int from,to;
cin>>from>>to;
v[0][from].push_back(to);
v[1][to].push_back(from);
}
}
queue<int>q;
// V2 BFS 562ms
void solve(int now,int x)
{
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(now);
while(!q.empty())
{
int k = q.front();
q.pop();
if(vis[x][k]) continue;
// 这里一定要对vis进行判断，因为下面的循环可能导致一个点多次入队 !
vis[x][k]=1;
int num = v[x][k].size();
for(int i=0;i<num;i++)
{
int to = v[x][k][i];
if(vis[x][to]) continue;
q.push(to);
}
}
}
// V3 使用DFS 265ms 100
//可以调整代码，只遍历一次 ： flag[i][j] 表示i能访问到j这样一次遍历就能记录到需要的信息，我使用vis判断是否访问，这样的记录方式局限在只能记录一方的信息
/*
void solve(int now,int x)
{
vis[x][now]=1;
for(int i=0;i<v[x][now].size();i++)
{
if(!vis[x][v[x][now][i] ]) solve(v[x][now][i],x);
}
}*/
int main()
{
input();
int num=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int j=0;j<2;j++)
solve(i,j);
int in=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(vis[0][j]|vis[1][j]) in++;
if(in==n)num++;
}
cout<<num<<endl;
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/star-and-me/p/9648839.html
