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题目链接：ybt金牌导航3-5-3 / luogu P2746

题目大意

有一个有向图，问你两个问题。
第一个，至少要选多少个点，使得从这些点出发可以到达所有点。
第二个，问你至少要加多少边，使得整个图之间任意两个点都可以互相到达。

思路

首先，它是要到达，那我们可以把强连通分量都缩一下，就跑一个 Tarjan 缩点。

然后考虑两个问题如何转化。
因为缩点之后变成了 DAG，那你在不加边的情况下，最难到达的就是没有入度的点。那要怎么才能到达呢？就是它本身被选，那我们想想，如果把没有入度的点都选了，那能不能到达所有的点呢？
答案是可以的。

接着看第二个问题，那它就是问你至少加多少条边使得缩点之后只剩下一个点。
那如果原来就只剩一个点，那要的次数就是 0 0 0，这个我们可以特判一下。
然后如果不是呢？那我们考虑从没有初度的边想没有入度的边连边。
那如果这两个选中的点原来不能从一边到一边，弄了之后就可以单向到达。如果原来就可以单向到达，那它们就可以互相到达，它们之间原来路径上的点和它们会一起被缩成一个点。
那你想一想可以发现，就是要没有入度的点的数量和没有初度的点的数量取这两个的最大值。

那你会发现如果原来就只剩一个点的时候这个值是 1 1 1，所以我们上面才要特判。

然后就可以了。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>

using namespace std;

struct node {
	int to, nxt;
}e[20001];
int n, le[101], KK, x, tmp, num;
int dfn[101], low[101], n_n, kuai[101];
int sta[101], in[101], sum[101];
int ru[101], chu[101], ans1, ans2;

void add(int x, int y) {
	e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK;
}

void tarjan(int now) {//Tarjan缩点
	dfn[now] = low[now] = ++tmp;
	sta[++sta[0]] = now;
	
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (!dfn[e[i].to]) {
			tarjan(e[i].to);
			low[now] = min(low[now], low[e[i].to]);
		}
		else if (!in[e[i].to]) low[now] = min(low[now], low[e[i].to]);
	
	if (dfn[now] == low[now]) {
		in[now] = ++n_n;
		sum[n_n] = 1;
		while (sta[sta[0]] != now) {
			in[sta[sta[0]]] = n_n;
			sum[n_n]++;
			sta[0]--;
		}
		sta[0]--;
	}
	
	return ;
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &x);
		while (x) {
			add(i, x);
			scanf("%d", &x);
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (!dfn[i]) tarjan(i);
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = le[i]; j; j = e[j].nxt)
			if (in[i] != in[e[j].to]) {//统计入边出边
				chu[in[i]]++;
				ru[in[e[j].to]]++;
			}
	
	for (int i = 1; i <= n_n; i++) {//看多少个点没有入边或者出边
		if (!ru[i]) ans1++;
		if (!chu[i]) ans2++;
	}
	
	if (n_n == 1) printf("1\n0");//特判一下已经缩成一个点的
		else printf("%d\n%d", ans1, max(ans1, ans2));
	
	return 0;
}