难度： 绿

算法： 强连通分量，缩点

首先对于两只牛 $i,j$，如果 $i$ 喜欢 $j$，则连一条自 $i$ 向 $j$ 的有向边，然后在这个图上跑强连通分量并缩点，得到有向无环图。

在这里证明一个东西：

一个有向无环图至少有一个节点出度为 $0$。

使用反证，如果没有点出度为 $0$ ：

对于第 $1$ 个点，其至少有一条边连向别的点，不妨设其连向了第 $2$ 个点。

对于第 $2$ 个点，其同样至少有一条边连向别的点，但不能连向第 $1$ 个点，不妨设其连向了第 $3$ 个点。

对于第 $3$ 个点，其仍然至少有一条边连向别的点，但不能连向第 $1,2$ 个点，不妨设其连向了第 $4$ 个点。

......以此类推，那么最后一个点不能连向所有的点，矛盾。所以原命题得证。

如果有恰好一个点出度为 $0$，那么答案就是这个点的大小。因为其他的点上的牛都不被这个点上的牛所喜欢。而由于其他点都有出度，所以必定都喜欢这个点上的牛。

如果有多于一个点出度为 $0$，那么答案就为 $0$，因为这两个节点上的牛互相不喜欢。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a,b,u;
int l[10010],d[10010],in[10010],s[10010],c,t,p[10010],sz[10010];
stack<int> st;
vector<int> e[10010],k[10010];
void tarj(int u){
	l[u]=d[u]=++c;
	st.push(u);
	in[u]=1;
	for(int i=0;i<int(e[u].size());i++){
		int v=e[u][i];
		if(!d[v]){
			tarj(v);
			l[u]=min(l[u],l[v]);
		}
		else if(in[v]){
			l[u]=min(l[u],l[v]);
		}
	}
	if(l[u]==d[u]){
		t++;
		while(1){
			sz[t]++;
			s[st.top()]=t;
			in[st.top()]=0;
			if(st.top()==u){
				st.pop();
				break;
			}
			st.pop();
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>a>>b;
		e[a].push_back(b);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!d[i]) tarj(i);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<int(e[i].size());j++){
			if(s[i]!=s[e[i][j]]) k[s[i]].push_back(s[e[i][j]]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=t;i++){
		if(k[i].empty()) u++;
	}
	if(u>1){
		cout<<0;
		return 0; 
	} 
	for(int i=1;i<=t;i++){
		if(k[i].empty()){
			cout<<sz[i];
			return 0;
		}
	}
}