问题
如果我们用邻接矩阵来存储图，那么绝大多数图算法的运行时间都是Ω(|V|2)（V为一个图的顶点集），但还是有些例外。比如，给定一个有向图Ｇ的邻接矩阵Ａ，我们可以在Ο(|V|)时间内判断图G是否包含一个通用汇点，即一个入度为|V|-1出度为0的顶点。请给出这样的算法。
思路
（注：这一段是我从教师手册翻译过来的，和我的思路一样，不过表述和逻辑更清晰。）如果A[i, j] = 1，即(i, j)∈E（1≤i≤|V|，1≤j≤|V|，E是G的边集），那么顶点i就不可能是通用汇点，因为它有一条出边。因此，如果第i行有一个元素为1，那么顶点i就不可能是通用汇点。这也意味着如果i有一条自循环边，那么它就不可能是通用汇点。现在假设A[i, j] = 0，即(i, j)∉E，且i≠j。在这种情况下，顶点j就不可能是通用汇点，因为要么它的入度严格小于|V|-1，要么它包含一个自循环边。因此，如果第j列有一个非对角线上的元素为0，那么顶点j就不可能是通用汇点。
因此，这个问题等价于：给定一个有向图Ｇ的|V|×|V|邻接矩阵A，在O(|V|)时间内判断是否存在一个整数j（1≤j≤|V|），使得对于所有的i（1≤i≤|V|且i≠j）都有A[i,
j] = 1，对于所有的k（1≤k≤|V|）都有A[j, k] = 0。更形象地说，就是判断A里面是否有这样一个“十”字：这“十”字的横全是0，竖全是1（除了“十”字的中心）。
我的解法
（注：下面用aij表示A[i, j]，用左箭头←表示赋值操作。）
为了证明该算法的正确性，我们可以使用以下三个循环不变量（loop invariant）：
在第2至8行的while循环每次开始迭代时：
以下是对这三个循环不变量的论证：
初始化（第一次while迭代）：i = j = 1，显然这三个循环不变量都成立。
维持（Maintainance）：假设while循环的本次迭代开始时，三个循环不变量都成立。如果A[i, j] = 0，那么i的值会保持不变，而ｊ的值则会加１，因此i≤j仍然会成立；而j的增大会使A[i, j] =
0被添加到向量A[i, i..j-1]中，因此第二个不变量在下一次迭代开始时仍然会成立；子矩阵A[1..i-1, 1..i-1]不会变动，因此第三个不变量显然会继续成立。如果A[i, j] = 1且i = j，那么i和j都会加1，因此下一次迭代开始时仍然有i = j（第一个循环不变量会继续成立），于是i > j - 1，第二个循环不变量显然成立；子矩阵A[1..i-1, 1..i-1]的底部会添加一行，右侧会添加一列，而新添加的列的最底部的元素（即对角线上的元素）为1，因此第三个循环不变量仍会成立。如果A[i,
j] = 1且i < j，我们就会将i的值设为和j相等，于是和之前类似，第一和第二个循环不变量仍会成立；子矩阵A[1..i-1, 1..i-1]的底部会添加j-i行，右侧会添加j-i列，而新添加的每一列的第i行都为0（因为这一段开始的假设），因为i < j，即第i行是在对角线上的，所以第三个循环不变量在下次迭代开始时仍会成立。
终止：当while循环终止时，根据初始化和维持两段的论证，这三个循环不变量仍然是成立的。而此时我们有j = |V|+1。如果i = j，那么根据第三个循环不变量，在邻接矩阵A的每一列中，要么对角线上的元素为1，要么对角线上方的某个元素为0，因此并不存在这样的整数j（1≤j≤|V|），使得对于所有的i（1≤i≤|V|且i≠j）都有A[i,
j] = 1，对于所有的k（1≤k≤|V|）都有A[j, k] = 0；即不存在这种“十”字。如果i < j，那么类似地，根据第三个循环不变量，1..i-1肯定不是这样的整数；而根据第二个循环不变量，i+1..|V|也不可能是这样的整数。因此i是唯一可能满足要求的整数。算法中第8行之后的语句就是检查i是否满足要求。
在while循环的每次迭代中，我们都会增大i或j的值，或对两者的值都增大。循环刚开始时有i = j = 1，而结束时有j = |V|，因此while循环最多迭代2|V|-1次（算上每次对j≤|V|的判断）。可以把这个过程看作是将一个光标从A的左上角移到右下角。每次迭代时，光标都会离右下角更近。算法第8行之后的两个for循环最多迭代|V|
+ 1次。因此HAS-UNIVERSAL-SINK的运行时间是Θ(|V|)，当然也等于O(|V|)。
教师手册的解法
（注：教师手册的解法和我的基本一样，只不过在细节上有略微差别。在我的算法中，“光标”始终在Ａ的对角线和上三角区域中活动，而教师手册的算法则没有这个特点。另外教师手册的阐述貌似更通俗易懂一些。我的论述可能太数学化了。）
首先实现一个子过程IS-SINK。该过程判断一个给定的顶点k是不是通用汇点，是则返回TRUE，否则返回FALSE：
因为这个子过程的运行时间是O(|V|)，所以如果要在O(|V|)时间内判断图G是否包含一个通用汇点，我们就只能对该子过程调用O(1)次。
同时我们可以注意到，一个有向图最多只能包含一个通用汇点。这是因为，如果某个顶点ｊ是通用汇点，那么对所有的i ≠ j都有(i, j) ∈ E，这样其它顶点i都不可能是通用汇点了。
以下算法以邻接矩阵Ａ作为输入，如果Ａ含有通用汇点，该算法会将通用汇点的标识输出，否则会输出“没有通用汇点”的消息。
UNIVERSAL-SINK从邻接矩阵的左上角开始，根据当前元素A[i, j]是0还是1，将“光标”向右或向下移动一个位置。当i或j大于|V|时则停止迭代。
和我的解法类似，为了证明UNIVERSAL-SINK的正确性，我们需要证明：当while循环终止时，i是唯一有可能是通用汇点的顶点。随后对IS-SINK的调用就是检查i是否符合通用汇点的定义。
我们先把while循环终止时i和j的值固定下来。所有符合1 ≤ k < i的顶点k都不可能是通用顶点。这是因为在while循环中，i的值被增大的唯一原因就是当前元素为1，于是在while循环终止时，第i行上方的每一行都包含至少一个1。而根据我们一开始阐述的思路，若第k行有至少一个元素为1，那么k就不可能是通用汇点。
如果循环终止时i > |V|，那我们就将所有顶点都排除了，所以G里面不可能有通用汇点。而如果循环终止时i ≤ |V|，我们就需要证明序号大于i而小于等于|V|的顶点都不可能是通用汇点。如果循环终止时i ≤ |V|，那就肯定有j > |V|。这就意味着我们在每一列都找到了0。回顾之前的思路，如果第k列在非对角线位置上有一个0，那么顶点k就不可能是通用汇点。我们在所有的第k（i
< k ≤ |V|）列中都发现了0；而我们在while循环中还从没检查过第i行以下的任何一行，也就是说，我们还没检查过这些第k列对角线上的元素，因此这些第k列所包含的0都是在非对角线的位置上。因此所有满足i < k ≤ |V|的顶点k都不是通用汇点。
因此，所有小于ｉ的顶点和所有大于ｉ的顶点都不是通用汇点。唯一可能是通用汇点的就是ｉ。while循环之后对IS-SINK的调用就是检查i是否为通用汇点。
和我的算法同理，while循环每次迭代时i或者j都会增加（不过在这里要么是i增加，要么是j增加，且增量始终为1，因此在某些情况下，速度上估计比我的算法稍微慢一丁点儿）。因此，while循环最多只迭代2|V| - 1次，每次迭代的时间都是O(1)，因此while的总时间为O(|V|)。再加上时间复杂度同样为O(|V|)的IS-SINK，UNIVERSAL-SINK的时间复杂度就是O(|V|)。