noip2015d1t2。
原题链接：https://www.luogu.org/problem/show?pid=2661
这道题其实是让你求一个图中最小环的长度。正常向方法是搜索+剪枝，不过也有一个叫tarjan的算法，可以用来求强联通分量。
两个方法我都说一下吧。
正常向方法：
1.建图，这里一般用邻接表，当然不用也行，因为就这个题来说没必要记录这么多信息，只记录某个点的连接的下一个点的编号就行了，我这里就没写正常邻接表。
2.以每个点为起点进行一次DFS。这里有一步判环操作：打标记，也就是所谓的时间戳，判环用的。每次扩展节点的时候查看一下这个点是不是有时间戳，如果有那就说明这个点曾经扩展过，那就是成环了。把以所有点出发的环的长度求出来，取一个最小值就是答案。应该需要队列。
（我要是没记错的话STL队列会T，所以建议手写队列）
我使用了拓扑排序，显然题中的这个图一定是个DAG，所以在拓扑排序的时候，我们要不断地找入边，这样可以删除不成环的边，删完后就剩下一个个的环。
再在这些环上用DFS求最小环长度就好了。
第二种方法是用tarjan算法求强联通分量。这个算法是由一个名叫tarjan的人提出来的，由他的名字命名 （但这个词到底怎么读，我遇到过好多版本的）。。
先说一下什么叫强联通分量。如果两个顶点可以相互通达，则称两个顶点强连通。如果有向图G的每两个顶点都强连通，称G是一个强连通图。有向图的极大强连通子图，称为强连通分量。
tarjan算法可以在线性时间复杂度内求出一个有向图的强联通分量。
Tarjan算法是基于对图深度优先搜索的算法，每个强连通分量为搜索树中的一棵子树。
搜索时，把当前搜索树中未处理的节点放到一个栈里面，在回溯的时候就可以判断栈顶到栈中的节点是否为一个强连通分量。
为了方便，我们定义（好多文章中都是以这个名字定义的，我也就沿用了）：
dfn[ i ] 为在DFS中该节点被搜索的次序，也就是时间戳。
low[ i ] : 为i或i的子树能够追溯到的最早的栈中节点的次序号。
可以证明，当dfn[ i ]=low[ i ]时，i或i的子树可以构成一个强连通分量。
具体演示过程，可以参考这位BYVoid博主写的博文：https://www.byvoid.com/zhs/blog/scc-tarjan
这里给出分别使用两种方法的AC代码：
1.正常向：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #define maxn 200005 6 #define INF 1e9+7; 7 using namespace std; 8 int n; 9 int d[maxn],vis[maxn],to[maxn],q[maxn]; 10 /* 11 d数组记录某个点的入度 12 vis数组便是标记数组 13 to数组记录从某个点出发指向哪里，因为按照题意每个点的目标只有一个 14 q为一般队列 15 */ 16 int ans=INF; 17 inline int read(){ 18 int num = 0; 19 char c; 20 bool flag = false; 21 while ((c = getchar()) == ' ' || c == ' ' || c == ' '); 22 if (c == '-') flag = true; 23 else 24 num = c - '0'; 25 while (isdigit(c = getchar())) 26 num = num * 10 + c - '0'; 27 return (flag ? -1 : 1) * num; 28 } 29 void tppx(void){ 30 int head=0; 31 int tail=0; 32 for (int i=1;i<=n;i++)//拓扑排序先标记一下入度为0的点 33 if (d[i] == 0){ 34 vis[i] = 1; 35 q[++tail] = i; 36 } 37 while (head<tail){//从入度为0的点开始BFS 38 int now=q[++head];//取队首并弹出队首，简化写法，以下同 39 d[to[now]]--;//每次取了一条边也可看作删掉了这条边，入度-1 40 if(d[to[now]]==0){//如果下一个连接的点也入度为0了，那么再以这个点进行BFS（想一下拓扑排序的主过程） 41 vis[to[now]] = 1; 42 q[++tail] = to[now]; 43 } 44 } 45 } 46 void dfs(int now,int k){//以每个点为起点遍历整个图，k用来记录当前的长度，求一个最小的ans就是答案 47 vis[now] = 1; 48 if (vis[to[now]]==0) 49 dfs(to[now],k+1); 50 else 51 ans = min(ans,k); 52 53 } 54 int main(){//主过程就很明显了吧 55 n = read(); 56 for (int i=1;i<=n;i++){ 57 to[i] = read(); 58 d[to[i]]++; 59 } 60 tppx(); 61 for (int i=1;i<=n;i++){ 62 if (!vis[i]) 63 dfs(i,1); 64 } 65 cout << ans << endl; 66 return 0; 67 }
2.使用tarjan算法：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define maxn 200005 6 #define INF 1e9+7; 7 using namespace std; 8 int n; 9 int ans=INF; 10 int s[maxn],top=0; 11 int dfn[maxn],low[maxn],tot=0; 12 int head[maxn],cnt=0; 13 int vis[maxn]; 14 struct Edge{//这里我用了正常邻接表 15 int from; 16 int to; 17 }; 18 Edge edge[maxn]; 19 inline int read(){//到哪都少不了的快读 20 int num = 0; 21 char c; 22 bool flag = false; 23 while ((c = getchar()) == ' ' || c == ' ' || c == ' '); 24 if (c == '-') flag = true; 25 else 26 num = c - '0'; 27 while (isdigit(c = getchar())) 28 num = num * 10 + c - '0'; 29 return (flag ? -1 : 1) * num; 30 } 31 void add_edge(int from,int to){ 32 edge[++cnt].from=head[from]; 33 edge[cnt].to = to; 34 head[from]=cnt; 35 } 36 void tarjan(int u){ 37 vis[u]=1; 38 dfn[u]=low[u]=++tot; 39 s[++top]=u; 40 for(int i=head[u];i!=0;i=edge[i].from){ 41 int v = edge[i].to; 42 if(!dfn[v]){ 43 tarjan(v); 44 low[u]=min(low[u],low[v]); 45 } 46 else if(vis[v]) 47 low[u]=min(low[u],dfn[v]); 48 } 49 if(low[u]==dfn[u]){ 50 int temp=0; 51 do{ 52 vis[s[top]]=0; 53 temp++; 54 }while(s[top--] != u); 55 if(temp!=1) 56 ans=min(ans,temp); 57 } 58 } 59 int main(){ 60 n = read(); 61 for(int u=1;u<=n;u++){ 62 int v; 63 v = read(); 64 add_edge(u,v); 65 } 66 for(int i=1;i<=n;i++)//依然是每个点都要考虑，从每个点出发求一遍连通分量取最小值 67 if(!dfn[i]) 68 tarjan(i); 69 cout << ans << endl; 70 return 0; 71 }