链接：
http://poj.org/problem?id=1236
http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=82833#problem/A
题意：学校有一些单向网络，现在需要传一些文件
求：1，求最少需要向几个学校分发文件才能让每个学校都收到，
2，需要添加几条网络才能从任意一个学校分发都可以传遍所有学校。
解题思路（参考大神的）：
1. 求出所有强连通分量
2. 每个强连通分量缩成一点，则形成一个有向无环图DAG。
3. DAG上面有多少个入度为0的顶点，问题1的答案就是多少
在DAG上要加几条边，才能使得DAG变成强连通的，问题2的答案就是多少
加边的方法：
要为每个入度为0的点添加入边，为每个出度为0的点添加出边
假定有 n 个入度为0的点，m个出度为0的点，如何加边？
把所有入度为0的点编号 0,1,2,3,4 ....N -1
每次为一个编号为i的入度0点可达的出度0点，添加一条出边，连到编号为(i+1)%N 的那个出度0点,
这需要加n条边
若 m <= n，则
加了这n条边后，已经没有入度0点，则问题解决，一共加了n条边
若 m > n，则还有m-n个入度0点，则从这些点以外任取一点，和这些点都连上边，即可，这还需加m-n条边。
所以，max(m,n)就是第二个问题的解
此外：当只有一个强连通分支的时候，就是缩点后只有一个点，虽然入度出度为0的都有一个，但是实际上不需要增加清单的项了，所以答案是1，0；
代码：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
#define N 105 struct Edge{int v, next;}e[N*N]; int n, Time, bnt, cnt, top;
int low[N], dfn[N], Head[N], sta[N], InStack[N], belong[N]; void Init()
{
Time = bnt = cnt = top = ;
memset(low, , sizeof(low));
memset(dfn, , sizeof(dfn));
memset(Head, -, sizeof(Head));
}
void Add(int u, int v)
{
e[cnt].v = v;
e[cnt].next = Head[u];
Head[u] = cnt++;
} void Tarjan(int u)
{
int j;
low[u] = dfn[u] = ++Time;
InStack[u] = ;
sta[++top]=u; for(j=Head[u]; j!=-; j=e[j].next)
{
int v = e[j].v; if(!dfn[v])
{
Tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if(InStack[v])
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
} if(dfn[u] == low[u])
{
++bnt;
do
{
j = sta[top--];
InStack[j] = false;
belong[j] = bnt;
}while(u!=j);
}
} int main()
{
while(scanf("%d", &n)!=EOF)
{
int u, v, i, j; Init(); for(i=; i<=n; i++)
{
while(scanf("%d", &v), v)
Add(i, v);
} for(i=; i<=n; i++)
if(!dfn[i])
Tarjan(i); int r[N]={}, c[N]={}, rn=, cn=; for(i=; i<=n; i++)
for(j=Head[i]; j!=-; j=e[j].next)
{
u = belong[i], v = belong[e[j].v];
if(u!=v)
{
c[u]++;
r[v]++;
}
} for(i=; i<=bnt; i++)
{
if(r[i]==) rn++;
if(c[i]==) cn++;
} if(bnt == )
printf("1\n0\n");
else
printf("%d\n%d\n", rn, max(rn, cn)); }
return ;
}