感觉比 Tarjan 好写多了！虽然正确性可能不如 Tarjan 好理解。

先求出 dfs 树，然后按照出栈序倒序在反图上 dfs，每次 dfs 所有能走到的点都构成了一个强连通分量，然后将它们在图上删去。

代码（来自 oi-wiki）

时间复杂度 \(\mathcal{O}(|V|+|E|)\)．

// C++ Version
// g 是原图，g2 是反图

void dfs1(int u) {
  vis[u] = true;
  for (int v : g[u])
    if (!vis[v]) dfs1(v);
  s.push_back(u);
}

void dfs2(int u) {
  color[u] = sccCnt;
  for (int v : g2[u])
    if (!color[v]) dfs2(v);
}

void kosaraju() {
  sccCnt = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    if (!vis[i]) dfs1(i);
  for (int i = n; i >= 1; --i)
    if (!color[s[i]]) {
      ++sccCnt;
      dfs2(s[i]);
    }
}

正确性的话，感性理解一下：

考虑缩点后的 DAG，对于一个 SCC，显然能找到它的所有节点，证明其不会走到其它 SCC 的节点即可：

• 它不会走到它的前驱 SCC 以外的 SCC：因为是按照反图上没有到达其的边；

• 它不会走到它的前驱 SCC：因为它的前驱 SCC 出栈序比它大，已经被标记过了。