思路分析：如果某几个学校之间相互可达（强连通分量的定义），则可以将其视为一个点。这里就要使用一种叫做Tarjan的算法来找出图中所有的强连通分量。这一过程称为缩点。
缩点以后，可以保证图里没有环，只有链。由于不存在环，每条链必然存在一个唯一的入度为0的点。显然，对于每条链，只需要将软件发给这个入度为0的点，就可以间接传给这条链上所有的点。因此，任务A就转化为了求缩点后的图中有多少个点入度为0。
下面来看任务B。我们发现，图中只要存在入度为0的点和出度为0的点就永远不可能满足要求：“ 不论我们给哪个学校发送新软件，它都会到达其余所有的学校 ”。我们还发现，只要在入度为0的点和出度为0 的点之间连一条边，就可以同时消灭两个“不合法”的点。如果不能做到刚好两两配对（不妨假设入度为0的点多），就给每个多出来的入度为0的点随便找一个出度为0的点配对（也就是说一个点可以同时配多个点）。因此，入度为0的点数与出度为0的点数的较大值即为任务B的答案。
本题注意点：
1.给强连通分量之间连边时可能会重复连，导致重复计算入度出度。因此用一个set（而不是习惯上的邻接表vector）来存缩点以后的图。
2.如果一共只有一个点要特判（这个点不需要自己和自己配对）。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxm = 500;
struct sch {
int to;
int next;
} edge[maxm];
int n, nin, nou, cnt, s;
int head[maxm];
int dfn[maxm], low[maxm], co[maxm], q[maxm];
int fin[maxm], fou[maxm];
int num, col, top;
void add(int u, int v) {
cnt++;
edge[cnt].to = v;
edge[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt;
}
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++num;
q[++top] = u;
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].next) {
int v = edge[i].to;
if (!dfn[v]) {
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if(!co[v])
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
if (dfn[u] == low[u]) {
s++;
co[u] = ++col;
while (q[top] != u) {
co[q[top]] = col;
top--;
}
top--;
}
}
int main() {
int x = 1;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
while (scanf("%d", &x)&&x != 0)
if (x != 0) add(i, x);
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = head[i]; j; j = edge[j].next) {
int v = edge[j].to;
if(co[i] != co[v]) {
fin[co[v]]++;
fou[co[i]]++;
}
}
for (int i = 1; i <= col; i++) {
if (fou[i] == 0) nou++;
if (fin[i] == 0) nin++;
}
if (s == 1) cout<<1<<endl<<0<<endl;
else {
printf("%d\n", nin);
printf("%d\n", max(nin, nou));
}
return 0;
}