题意：
为了让他们的儿子变得更勇敢些，Jiajia和Wind将他们带到一个大洞穴中。洞穴中有n个房间，有一些单向的通道连接某些房间。每次，Wind选择两个房间x和y，要求他们的一个儿子从一个房间走到另一个房间，这个儿子可以从x走到y，也可以从y走到x。Wind保证她布置的任务是可以完成的，但她确实不知道如何判断一个任务是否可以完成。为了使 Wind 下达任务更容易些，Jiajia决定找这样的一个洞穴，每对房间（设为x和y）都是相通（可以从x走到y，或者可以从 y 走到 x）的。给定一个洞穴，你能告诉 Jiajia，Wind
是否可以任意选择两个房间而不用担心这两个房间可能不相通吗？
输入描述：
输入文件的第1行为一个整数T，表示测试数据的个数。接下来有T个测试数据。 每个测试数据的第1行为两个整数n和m，0<n<1001，m<6000，分别表示洞穴中的房间数和通道数。接下来有m行，每行为两个整数u和v，表示房间从房间u到v有一条单向通道。
输出描述：
对每个测试数据，如果洞穴具备题目中提到的属性，输出'Yes'，否则输出'No'。
样例输入：
1
8 11
1 2
2 3
2 5
2 6
3 5
4 3
5 2
5 4
6 7
6 8
7 6
样例输出：
Yes
本题虽然求解的是单连通性，但首先要转换成强连通分量的求解。这是因为，强连通分量中的顶点间存在双向的路径，因此可以将每个强连通分量收缩成一个新的顶点。在有向图的处理中经常需要将强连通分量收缩成一个顶点。
以样例输入中的测试数据为例，图8.22(a)描述了该测试数据。在图(b)中，将2个强连通分量各收缩成1个新的顶点。
强连通分量收缩后，再求其拓扑排序。 假设求得的拓扑序存储在 topo[MAX]中，topo[i]与topo[i+1]存在边连通（i 到i+1 或i+1 到i） ，则定有i 到i+1 的边。而如果每个topo[i]与topo[i+1]都存在边连通（即有i到i+1的边）时，topo[i]到任意topo[j]便都有边连通。
（摘自王桂平、王衍、任嘉辰《图论算法理论、实现及应用》）
看完书上所写，终于弄明白了缩点，就是把强连通分量简化成一个点，如果一个缩点A可以到达另一个缩点B，则这个强连通分量内所有的点都可以到达缩点B，并且可以到达缩点B的强连通分量中所有的点。不过感觉书上的代码有些矬，没有用。这是我的AC代码。
#include<cstring>
#include<string>
#include<fstream>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<functional>
#include<cmath>
using namespace std;
#define PI acos(-1.0)
#define MAXN 1010
#define eps 1e-7
#define INF 0x3F3F3F3F //0x7FFFFFFF
#define LLINF 0x7FFFFFFFFFFFFFFF
#define seed 1313131
#define MOD 1000000007
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
const int maxm = 6100;
struct node{
int u, v, next;
}edge[maxm],edge1[maxm];
int Stack[MAXN];
int head[MAXN], head1[MAXN], dfn[MAXN], low[MAXN], sccno[MAXN];
int scc_cnt, id, cnt, cnt1, top, n, m;
void add_edge(int u, int v, node edge[], int head[], int &cnt){
edge[cnt].u = u;
edge[cnt].v = v;
edge[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt++;
}
void tarjin(int u){
int i, j;
dfn[u] = low[u] = ++id;
Stack[top++] = u;
for(i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next){
int v = edge[i].v;
if(dfn[v] == -1){
tarjin(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if(!sccno[v]){
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
if(low[u] == dfn[u]){
scc_cnt++;
int temp;
do{
temp = Stack[--top];
sccno[temp] = scc_cnt;
}while(temp != u);
}
}
int Queue[MAXN];
int D[MAXN];
bool topo_sort(){
int i, j;
int fr = 0, re = 0;
for(i = 1; i <= scc_cnt; i++){
if(D[i] == 0) Queue[re++] = i;
}
if(re == 0 || re - fr > 1) return false;
while(fr < re){
int u = Queue[fr++];
for(i = head1[u]; i != -1; i = edge1[i].next){
int v = edge1[i].v;
D[v]--;
if(D[v] == 0) Queue[re++] = v;
}
if(re - fr > 1) return false;
}
return true;
}
int main(){
int i, j, t;
scanf("%d", &t);
while(t--){
cnt = scc_cnt = id = top = cnt1 = 0;
memset(head, -1, sizeof(head));
memset(head1, -1, sizeof(head1));
memset(dfn, -1, sizeof(dfn));
memset(sccno, 0, sizeof(sccno));
memset(D, 0, sizeof(D));
scanf("%d%d", &n, &m);
for(i = 0; i < m; i++){
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
add_edge(u, v, edge, head, cnt);
}
for(i = 1; i <= n; i++){
if(dfn[i] == -1) tarjin(i);
}
if(scc_cnt == 1){
puts("Yes");
continue;
}
for(i = 0; i < cnt; i++){
int u = edge[i].u;
int v = edge[i].v;
if(sccno[u] != sccno[v]){
D[sccno[v]]++;
add_edge(sccno[u], sccno[v], edge1, head1, cnt1);
}
}
if(topo_sort()) puts("Yes");
else puts("No");
}
return 0;
}