MDZZ这次打脸打的舒服
事情是这样发展的
学习了图论算法以后，我上luogu做了刻录光盘这一道题目，这道题目如下
题目
题目描述
在JSOI2005夏令营快要结束的时候，很多营员提出来要把整个夏令营期间的资料刻录成一张光盘给大家，以便大家回去后继续学习。组委会觉得这个主意不错！可是组委会一时没有足够的空光盘，没法保证每个人都能拿到刻录上资料的光盘，又来不及去买了，怎么办呢？！
组委会把这个难题交给了LHC，LHC分析了一下所有营员的地域关系，发现有些营员是一个城市的，其实他们只需要一张就可以了，因为一个人拿到光盘后，其他人可以带着U盘之类的东西去拷贝啊！
可是，LHC调查后发现，由于种种原因，有些营员并不是那么的合作，他们愿意某一些人到他那儿拷贝资料，当然也可能不愿意让另外一些人到他那儿拷贝资料，这与我们JSOI宣扬的团队合作精神格格不入！！！
现在假设总共有N个营员（2<=N<=200），每个营员的编号为1~N。LHC给每个人发了一张调查表，让每个营员填上自己愿意让哪些人到他那儿拷贝资料。当然，如果A愿意把资料拷贝给B，而B又愿意把资料拷贝给C，则一旦A获得了资料，则B，C都会获得资料。
现在，请你编写一个程序，根据回收上来的调查表，帮助LHC计算出组委会至少要刻录多少张光盘，才能保证所有营员回去后都能得到夏令营资料？
输入输出格式
输入格式：
先是一个数N，接下来的N行，分别表示各个营员愿意把自己获得的资料拷贝给其他哪些营员。即输入数据的第i+1行表示第i个营员愿意把资料拷贝给那些营员的编号，以一个0结束。如果一个营员不愿意拷贝资料给任何人，则相应的行只有1个0，一行中的若干数之间用一个空格隔开。
输出格式：
一个正整数，表示最少要刻录的光盘数。
输入输出样例
输入样例#1：
5
2 3 4 0
4 5 0
0
0
1 0
输出样例#1：
1
分析
这道题目是一道典型的有向图的题目，因为A愿意给B传递资料不代表B愿意给A传递资料。这道题目最正统的思路是，运用dfs深度优先遍历，找到有向图的强连通分量。
但是本蒟蒻写着写着越来越不耐烦，代码越写越多，检查错误也越来越烦，就“百度”了一下这道题目的思路。大多数的思路都是dfs求强连通分量，但是有一个题解特别简单，就是求入度为0的点的个数的方法，如果都有入度，就可以只发放一张光盘。
然后本蒟蒻很兴奋，就尝试了下实现代码，一遍过。于是乎写了一篇题解：
错误的题解
我翻了下题解，大家基本上都是用的Floyd啊，拓扑排序的啊啥的，但这道题目比想象中的要简单很多。
主要思想分析：
这道题目是一道图论的练手题，我们可以用它去练习Floyd啊，拓扑排序啊这些算法。但是我们仔细读题后可以发现，对于每一个结点，只要有入度，就一定会有其他营员会给他传递资料（这是本题解思想的精髓），拿不到资料的营员就是入度为0的营员。换句话说，我们只要给所有入度为0的营员提供资料，那么这个营员就会通过他的出度把资料传递出去，直到传到出度为0的营员那里。所以这道题目的做法就是统计所有人的入度。
哈哈，时间复杂度瞬间变成了O（n），效率大大提升，方法也简单了很多啊。
下面贴代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,sum=0;//sum用来记录需要发出多少份资料
bool f[250];//f数组用来记录当前的编号为i的营员入度是否为0
以上是全局变量声明、头文件声明部分
void read()
{
memset(f,false,sizeof(f));//对f数组进行初始化
scanf("%d",&n);
int x;//x用来读取数据
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
while(x!=0)//读到0退出循环。
{
f[x]=true;//第x个营员标记为入度不为0
scanf("%d",&x);
}
}
}
read函数用来读取数据、初始化数组和变量
int count()
{
for(int i=1;i<=n;i++)//从1到n进行搜索
if(!f[i])//如果f[i]为假，就说明第i个营员没有入度
sum++;//需要多提供一张光盘
if(sum==0) //如果所有营员都有入度，是特殊情况
return 1;//我们至少需要提供1张光盘，否则就出错了
return sum;//其他情况就返回没有入度的营员的个数
}
count函数是用来统计没有入度的营员的个数 换句话说就是统计需要提供多少张光盘
int main()
{
read();//读入
printf("%d",count());//打印输出结果
return 0;
}另外值得一提的是，多采用函数可以让整个程序更加清晰明了。 就像我这样，主函数只有区区几句。这个结构，是不是就，很清晰了。
引用地址：错误的题解
（我已经向洛谷管理员汇报，应该马上就会删除）
分析错误所在
我的方法如何推翻呢？
可以采用举反例的方法。
我们构思一下：如果一个有向图里面存在两个强连通分量，并且每一个强连通分量都是一个环，那么我统计到的所有点都是有入度的。按照的我的思路，应该返回1.但是实际上需要两份资料。
正确的做法
dfs强连通分量。
本处引用了一个大佬的题解
大佬地址：https://www.luogu.org/space/show?uid=25709
题解地址：https://www.luogu.org/wiki/show?name=%E9%A2%98%E8%A7%A3+P2835
然后我不得不用tarjan了：
1.tarjan缩点；
2.枚举相连的两个点是否属于同一个强连通分量，是：入读++；
3.统计入读为0的强连通分量，ans++；
tarjan代码（相信大家都会tarjan，我就不写那么详细的批注了）：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=250000;
int fa[N],n,a,ans=0,rd[N],head[N],k=0,tot=0,dfn[N],low[N];
struct node
{
int fr,to,next;
}edge[N*2];
void add(int u,int v)
{
edge[++k].to=v;
edge[k].fr=u;//fr==from，是v前面的那个点
edge[k].next=head[u];
head[u]=k;
}
bool vis[N];
int tim=0,sta[N],top,color_num;
int color[N];
void tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++tim;
sta[++top]=x;//栈
vis[x]=true;
for(int i=head[x],v=edge[i].to;i;i=edge[i].next,v=edge[i].to)
{
if(!dfn[v]){
tarjan(v);
low[x]=min(low[x],low[v]);
}
else if(vis[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
}
if(dfn[x]==low[x])//染色操作
{
vis[x]=false;
color[x]=++color_num;
do{
vis[sta[top]]=false;
color[sta[top]]=color_num;
}while(sta[top--]!=x);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
fa[i]=i;
while(scanf("%d",&a),a)
{
if(a>0)add(i,a);//建边
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int i=1;i<=k;i++)
if(color[edge[i].fr]!=color[edge[i].to]) rd[color[edge[i].to]]++;
for(int i=1;i<=color_num;i++) if(!rd[i]) ans++;//判断入读==0
printf("%d",ans);
}
//最后感谢神牛compile_error 和 zhouenji的帮助