首先考虑问题一
不难想到，如果有一个学校作为终端机，那么跟其处于同一个强联通中的所有学校就可以不用作为终端机了。 那么，问题一也就迎刃而解了：找到所有入度为0的缩点。因为这个学校（强联通中至少有一个学校）必须作为终端机，毕竟它收不到别的学校传来的，只能自给自足。
然后考虑问题二
“任意一个学校都能作为母鸡”？试想一下，任意选取一个学校作为终端，要使得其余所有学校都能收到，只能是全图联通。因此，找到出度为0和入度为0的缩点的个数取max就ok了。（即从出度为0的点连向入度为0 的点）
（注意代码的细节部分呀！）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5000010
#define orz 0 inline int read(){
int x = , s = ;
char c = getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c == '-')s = -;
c = getchar();
}
while(isdigit(c)){
x = (x << ) + (x << ) + (c ^ '');
c = getchar();
}
return x * s;
} struct node{
int u, v;
int next;
} t[N];
int f[N];//日常邻接表 int stac[N], top = ;
int dfn[N], scc[N], low[N];
bool vis[N];
//tarjan 板子，不多说
int in[N], out[N];//入度出度
int ans1 = , ans2 = ; int bian = ;
inline void add(int u, int v){
t[++bian].v = v;
t[bian].u= u;
t[bian].next = f[u];
f[u] = bian;
return ;
} int cac = , cnt = ;
void tarjan(int now){//有向图强联通板子
dfn[now] = low[now] = ++ cac;
stac[++top] = now;
vis[now] = ;
for(int i = f[now]; i;i = t[i].next){
int v = t[i].v;
if(!dfn[v]){
tarjan(v);
low[now] = min(low[now], low[v]);
}
else if(vis[v])low[now] = min(low[now], dfn[v]);
}
if(dfn[now] == low[now]){
int cur;
cnt++;
do{
cur = stac[top--];
vis[cur] = ;
scc[cur] = cnt;
}while(cur != now);
}
return ;
} int main(){
int n = read();
for(int i = ;i <= n; i++){
int x = read();
while(x){
add(i, x);
x = read();
}
}
for(int i = ;i <= n;i++)
if(!dfn[i]) tarjan(i);//注意防止有的点漏掉
for(int i = ;i <= bian; i++){ //统计所有的边
int u = t[i].u, v = t[i].v;
if(scc[u] != scc[v]){//如果起点和终点不在同一个缩点 （即在两个缩点的交界处的边）
out[scc[u]]++;
in[scc[v]]++;
} }
for(int i = ;i <= cnt; i++){
if(!in[i])ans1++;
if(!out[i])ans2++;//统计
}
if(cnt == ) printf("1\n0"); /*记得特判呀*/
else printf("%d\n%d", ans1, max(ans1, ans2));
return orz; //%一下CCF求AC
}