文字讲解
题目分析：
首先 ，要知道这道拓扑排序题目的性质。
食物链中的生物 —— 节点
生物之间的关系 —— 有向边
为了方便描述，我们
将 最左端是不会捕食其他生物的生产者 叫做 最佳生产者
将 最右端是不会被其他生物捕食的消费者 叫做 最佳消费者
数据中不会出现环
那么，“最大食物链”就是左端是 最佳生产者 ，右端是 最佳消费者
思路引导
易得，想要找到一条 最大食物链 ，则起始点入度要为0，终点出度要为0。于是有：
既要记录入度，还要记录出度！
现在的问题就是，如何找到所有的最大食物链的数量
正解
我们拿起笔，在草稿纸上先画一个图做参考。那么我们就拿样例进行举例吧。
(我先将最佳生产者表上蓝色，最佳消费者表上红色)
发现：答案为 到所有最佳消费者路径条数的总和
（这里的路径总和不是 连向它有几条边 ，而是以它结束的 最大食物链 数量的总和）
对于上面的图，(5) 号点的对应路径数量 取决于：以 到 (5) 号点的三个点（ (2) 号、(3) 号、(4) 号） 结尾的 最大食物链个数 的总和。
而 以 (2) 号、(3) 号、(4) 号 结尾的 最大食物链个数 取决于：以 到达 (2) 号、(3)号、(4) 号 的点 结尾的 最大食物链个数 的总和。
以此类推，对于 以 任一点 结尾的 最大食物链的 数量，都取决于 蓝色点
各点数量对应关系在下图用绿色边标注
重点：
我们不妨使用拓扑排序，由题意得知 (Topo) 排序第一轮被删掉的点 一定是 蓝色点（最佳生产者），而 蓝色点 的答案为 (1)。
当第一轮删点时，将蓝色点可以到的点 的答案 都加上 蓝色点的 答案（即加 (1)）。
即：拓扑排序 需要删除的点的答案 都累加到 它可以到达的点 上面去
最后累加所有 红色点（最佳消费者） 的答案，输出即可。
以第 i 个点结束的 最大食物链的 数量 = 以 指向第 i 个点的点 结尾的 最大食物链的 数量的和
以下是模拟操作过程：
加载时间较慢，请稍等
第一轮：删除 (1) 号蓝色点，(1) 号蓝色点可以到的点（(2) 号点、(3) 号点）都加 (1)
第二轮：删除 (2) 号点，(2) 号点可以到的点（(3) 号点、(5) 号红色点）都加 (1)。此时 (3) 号点答案为 (2)，(5) 号点答案为 (1)
第三轮：删除 (3) 号点，(3) 号点可以到的点（(4) 号点、(5) 号红色点）都加 (2)。此时 (5) 号点答案为 (3)，(4) 号点答案为 (2)
第四轮：最后删除 (4) 号点，(4) 号点可以到的点（(5) 号红色点）加 (2)，此时 (5) 号点答案为 (5)
可见全图只有 (5) 号一个红色点，那么答案就是 (5) 号点的答案———— (5) 了
那么代码实现就很简单了！
上代码：
#include<bits/stdc++.h>//万能头,懒人必备
using namespace std;//标准名称函数库开启
const int MAXN = 5000 + 10;//定义常量大小
const long long mod = 80112002;//定义最终答案mod的值
int n,m;//n个点and边的关系数m
int in[MAXN];//记录每个点的入度
int out[MAXN];//记录每个点的出度
vector<int>nei[MAXN];//记录每个点相邻的点有哪些,用动态数组更加节省时间
queue<int>q;//拓扑排序模板队列
int ans;//答案
int num[MAXN];//记录到这个点的路径数量
inline int read(){//快速读入
int f = 1, x = 0;
char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9')
{
if (c == '-')
f = -1;
c = getchar();
}
while (c >= '0' && c <= '9')
{
x = x * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
return f * x;
}
int main(){//开始......
n = read(),m = read();//快速读入
for(int i = 1;i <= m; i++){//循环m条边
int x = read(),y = read();//输入左节点和右节点
in[y]++,out[x]++;//右节点入度+1,左节点出度+1
nei[x].push_back(y);//建立一条单向边
}
for(int i = 1;i <= n; i++){//初次寻找入度为0的点(最佳生产者)
if(in[i] == 0){//符合要求
num[i] = 1;//令到其的路径数量为1
q.push(i);//压入队列
}
}
while(!q.empty()){//只要还有入度为0的点
int tot = q.front();//取出首点
q.pop();//弹出
for(int i = 0;i < nei[tot].size(); i++){//枚举这个点相邻的所有点
int next = nei[tot][i]; //取出目前枚举到的点
in[next]--;//将这个点的入度-1(因为目前要删除第tot个点)
num[next] = (num[next] + num[tot]) % mod;//更新到next点的路径数量
if(in[next] == 0)q.push(nei[tot][i]);//如果这个点的入度为0了,那么压入队列
}
}
for(int i = 1;i <= n; i++){//寻找出度为0的点(最佳消费者)
if(out[i] == 0){//符合要求
ans = (ans + num[i]) % mod;//累加答案
}
}
cout<<ans<<"
";//输出
return 0;//end
}