在遥远的东方，有一个神秘的民族，自称Y族。他们世代居住在水面上，奉龙王为神。每逢重大庆典， Y族都
会在水面上举办盛大的祭祀活动。我们可以把Y族居住地水系看成一个由岔口和河道组成的网络。每条河道连接着
两个岔口，并且水在河道内按照一个固定的方向流动。显然，水系中不会有环流（下图描述一个环流的例子）。
由于人数众多的原因，Y族的祭祀活动会在多个岔口上同时举行。出于对龙王的尊重，这些祭祀地点的选择必
须非常慎重。准确地说，Y族人认为，如果水流可以从一个祭祀点流到另外一个祭祀点，那么祭祀就会失去它神圣
的意义。族长希望在保持祭祀神圣性的基础上，选择尽可能多的祭祀的地点。
Input
第一行包含两个用空格隔开的整数N、M，分别表示岔口和河道的数目，岔口从1到N编号。
接下来M行，每行包含两个用空格隔开的整数u、v，
描述一条连接岔口u和岔口v的河道，水流方向为自u向v。
N≤100M≤1000
Output
第一行包含一个整数K，表示最多能选取的祭祀点的个数。
Sample Input
4 4
1 2
3 4
3 2
4 2
Sample Output
2
【样例说明】
在样例给出的水系中，不存在一种方法能够选择三个或者三个以上的祭祀点。包含两个祭祀点的测试点的方案有两种：
选择岔口1与岔口3（如样例输出第二行），选择岔口1与岔口4。
水流可以从任意岔口流至岔口2。如果在岔口2建立祭祀点，那么任意其他岔口都不能建立祭祀点
但是在最优的一种祭祀点的选取方案中我们可以建立两个祭祀点，所以岔口2不能建立祭祀点。对于其他岔口
至少存在一个最优方案选择该岔口为祭祀点，所以输出为1011。
其实这题是一个二分图的最大独立集问题
我们只要i，j不可以相互到达建立一个inf的边
原点到所有的i建立一条1的边
所有的j向t汇点建立一条1的边
跑一下最大流即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=120000;
struct node
{
int v,nxt;
int w;
}edge[maxn*4];
queue<int>q;
int mapp[1000][1000];
int s,t;
int cnt=0,head[maxn];
const int inf=0x3f3f3f3f;
void add_Edge(int u,int v,int w)
{
edge[cnt].v=v;
edge[cnt].w=w;
edge[cnt].nxt=head[u];
head[u]=cnt++;
}
int dis[maxn];
int bfs()
{
int x;
while(!q.empty())
q.pop();
memset(dis,0,sizeof(dis));
dis[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
x=q.front();
q.pop();
for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].nxt)
{
if(edge[i].w&&!dis[edge[i].v])
{
dis[edge[i].v]=dis[x]+1;
if(edge[i].v==t)
return 1;
q.push(edge[i].v);
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int x,int low)
{
if(x==t)
return low;
int temp=low;
int k;
for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].nxt)
{
if(edge[i].w&&dis[edge[i].v]==dis[x]+1)
{
k=dfs(edge[i].v,min(temp,edge[i].w));
if(!k)
dis[edge[i].v]=0;
edge[i].w-=k;
edge[i^1].w+=k;
if(!(temp-=k))
break;
}
}
return low-temp;
}
int main ()
{
int n,m;
cnt=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int xx,yy;
scanf("%d%d",&xx,&yy);
mapp[xx][yy]=1;
}
for(int k=1;k<=n;k++)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
mapp[i][j]|=(mapp[i][k]&mapp[k][j]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(mapp[i][j])
{
add_Edge(i,j+n,inf),add_Edge(j+n,i,0);
}
}
}
s=2*n+1;
t=2*n+2;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add_Edge(s,i,1);
add_Edge(i,s,0);
}
for(int i=n+1;i<=2*n;i++)
add_Edge(i,t,1),add_Edge(t,i,0);
int flow=0;
while(bfs())
{
flow+= dfs(s,inf);
}
printf("%d\n",n-flow);
}
/*
1 9
1 6
2 9
3 9
3 8
3 6
4 9
4 6
*/