牛奶工厂（寒假每日一题 34）

牛奶生意正红红火火！

农夫约翰的牛奶加工厂内有 $N$ 个加工站，编号为 $1…N$，以及 $N−1$ 条通道，每条连接某两个加工站。（通道建设很昂贵，所以约翰选择使用了最小数量的通道，使得从每个加工站出发都可以到达所有其他加工站）。

为了创新和提升效率，约翰在每条通道上安装了传送带。

不幸的是，当他意识到传送带是单向的已经太晚了，现在每条通道只能沿着一个方向通行了！

所以现在的情况不再是从每个加工站出发都能够到达其他加工站了。

然而，约翰认为事情可能还不算完全失败，只要至少还存在一个加工站 $i$ 满足从其他每个加工站出发都可以到达加工站 $i$。

注意从其他任意一个加工站 $j$ 前往加工站 $i$ 可能会经过 $i$ 和 $j$ 之间的一些中间站点。

请帮助约翰求出是否存在这样的加工站 $i$。

输入格式
输入的第一行包含一个整数 $N$，为加工站的数量。

以下 $N−1$ 行每行包含两个空格分隔的整数 $a_i$ 和 $b_i$，满足 $1≤a_i,b_i≤N$ 以及 $a_i≠b_i$。

这表示有一条从加工站 $a_i$ 向加工站 $b_i$ 移动的传送带，仅允许沿从 $a_i$ 到 $b_i$ 的方向移动。

输出格式
如果存在加工站 $i$ 满足可以从任意其他加工站出发都可以到达加工站 $i$，输出最小的满足条件的 $i$。

否则，输出 $−1$。

数据范围
$1≤N≤100$

输入样例：

3
1 2
3 2

输出样例：

2

---

解法一：拓扑排序

#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N = 110;

int h[N], ne[N], e[N], idx;
int n, d[N]; // 入度
int q[N]; // queue

void add(int a, int b){
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

bool topsort(){
    
    int hh = 0, tt = -1;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(!d[i]) q[++tt] = i;
    }
    
    while(hh <= tt){
        
        int u = q[hh++];
        if(h[u] == -1 && hh != n) return false;
        for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
            int j = e[i];
            d[j]--;
            if(!d[j]) q[++tt] = j;
        }
    }
    
    return hh == n;
}

int main(){
    
    memset(h, -1, sizeof h);
    
    scanf("%d", &n);
    
    int a, b;
    for(int i = 0; i < n; i++){
        
        scanf("%d%d", &a, &b);
        add(a, b);
        d[b]++;
    }
    
    if(!topsort()) puts("-1");
    else printf("%d\n", q[n - 1]);
    
    return 0;
}

解法二：弗洛伊德传递闭包

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 110;

int n;
int g[N][N];

int main(){
    
    cin >> n;
    
    for(int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 1;
    
    for(int i = 0; i < n - 1; i++){
        
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        g[a][b] = 1;
    }
    
    for(int k = 1; k <= n; k++)
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                if(g[i][k] && g[k][j])
                    g[i][j] = 1;
    
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        
        bool flag = true;    
        for(int j = 1; j <= n; j++){
            if(!g[j][i]){
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if(flag) {
            cout << i << endl;
            return 0;
        }
    }
    
    puts("-1");
    
    return 0;
}

解法三：利用性质

​​只能有一个点的出度为0​​

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 110;

int n;
int d[N];

int main(){
    
    scanf("%d", &n);
    
    int a, b;
    for(int i = 0; i < n - 1; i++) scanf("%d%d", &a, &b), d[a]++;
    
    int cnt = 0, id;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(!d[i]){
            cnt++;
            id = i;
        }
    }
    
    if(cnt == 1) printf("%d\n", id);
    else puts("-1");
    
    return 0;
}