那个问一下有人可以解释以下这个做法嘛，看不太懂QwQ~
Description
有一个n个点n条边的有向图，点的编号为从1到n。
给出一个数组p，表明有（p1，1），（p2，2），…，（pn，n）这n条单向边，这n条边必定构成弱连通图。
每个点均有一个权值ai，满足以下性质：
（1）所有ai均为非负整数；
（2）对于任意边（i，j），有ai≠aj；
（3）对于任意i，x（0≤x＜ai），均有（i，j）满足aj=ai。
判断这样的图是否存在。（“POSSIBLE”/“IMPOSSIBLE”）
Solution
（早上花了三个小时还打挫了，心态爆炸）
弱连通图：若该有向图所有边为双向边时，满足该图为连通图，则该有向图为弱连通图。
我们容易发现，当一个点的出度为0时，它的权值也为0。我们可以对每一条边建反向边，然后进行拓扑排序，每次对新图中入度为0的点求出权值，然后删去。
若最后有剩余的点，由于原图中每个点的入度均为1，则这些点形成一个环，取其中任意一个点开始遍历即可。特别地，若原图n个点构成环，则偶环存在而奇环不存在。
下面讲一下如何求出每个点的权值：
拓扑排序：
若该点在原图中为叶子节点，则权值为0；
若不为叶子节点，则权值为原图子节点权值中未出现的数的最小值。
环：
记录原图中该点不在环上的子节点权值中未出现的数的最小值a与次小值b。若该点权值为a，则下一点无限制；若该点权值为b，则下一点权值必为a。在跑环的时候，注意判断相邻两点权值不相等以及子节点权值满足条件（2）（3）即可。
Code
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<queue> 5 #include<stack> 6 using namespace std; 7 #define next _next 8 struct edge{ 9 int to,next; 10 }e[200010],g[200010]; 11 int n,ehead[200010],ghead[200010]; 12 int m=0,a[200010]={0},out[200010]={0}; 13 int val[200010]; 14 bool vis[200010]={false}; 15 queue<int>q; 16 stack<int>s[200010]; 17 bool dfs(int u,int w,int cannot){ 18 for(int i=ehead[u];~i;i=e[i].next) 19 if(vis[e[i].to]) 20 s[val[e[i].to]].push(u); 21 int v=-1; 22 for(int i=ehead[u];~i;i=e[i].next) 23 if(!vis[e[i].to]){ 24 v=e[i].to; 25 break; 26 } 27 if(v==-1){ 28 if(w==-1){ 29 for(int i=0;;i++) 30 if(s[i].top()!=u){ 31 val[u]=i; 32 break; 33 } 34 } 35 else{ 36 val[u]=w; 37 for(int i=0;i<w;i++) 38 if(s[i].top()!=u){ 39 for(int i=ehead[u];~i;i=e[i].next) 40 if(vis[e[i].to]) 41 s[val[e[i].to]].pop(); 42 return false; 43 } 44 } 45 bool ret=(val[u]!=cannot&&s[val[u]].top()!=u); 46 for(int i=ehead[u];~i;i=e[i].next) 47 if(vis[e[i].to]) 48 s[val[e[i].to]].pop(); 49 return ret; 50 } 51 if(w==-1){ 52 int flag=-1; 53 bool ret=false; 54 for(int i=0;;i++) 55 if(s[i].top()!=u){ 56 vis[u]=true; 57 if(i!=cannot) 58 ret|=dfs(v,flag,val[u]=i); 59 vis[u]=false; 60 if(flag>-1) 61 break; 62 flag=i; 63 } 64 for(int i=ehead[u];~i;i=e[i].next) 65 if(vis[e[i].to]) 66 s[val[e[i].to]].pop(); 67 return ret; 68 } 69 int flag=-1; 70 for(int i=0;i<w;i++) 71 if(s[i].top()!=u){ 72 if(flag>-1){ 73 for(int i=ehead[u];~i;i=e[i].next) 74 if(vis[e[i].to]) 75 s[val[e[i].to]].pop(); 76 return false; 77 } 78 flag=i; 79 } 80 bool ret=(w!=cannot&&s[w].top()!=u&&dfs(v,flag,val[u]=w)); 81 for(int i=ehead[u];~i;i=e[i].next) 82 if(vis[e[i].to]) 83 s[val[e[i].to]].pop(); 84 return ret; 85 } 86 int main(){ 87 memset(ehead,-1,sizeof(ehead)); 88 memset(ghead,-1,sizeof(ghead)); 89 memset(val,-1,sizeof(val)); 90 while(!q.empty())q.pop(); 91 scanf("%d",&n); 92 for(int i=0;i<=n;i++){ 93 while(!s[i].empty()) 94 s[i].pop(); 95 s[i].push(0x3f3f3f3f); 96 } 97 for(int i=1,x;i<=n;i++){ 98 scanf("%d",&x); 99 e[i]=(edge){i,ehead[x]}; 100 g[i]=(edge){x,ghead[i]}; 101 ehead[x]=ghead[i]=i; 102 a[x]++;out[x]++; 103 } 104 for(int i=1;i<=n;i++) 105 if(out[i]==0){ 106 vis[i]=true; 107 q.push(i); 108 } 109 while(!q.empty()){ 110 int u=q.front(); 111 q.pop();m++; 112 for(int i=ehead[u];~i;i=e[i].next) 113 s[val[e[i].to]].push(u); 114 for(int i=0;;i++) 115 if(s[i].top()!=u){ 116 val[u]=i; 117 break; 118 } 119 for(int i=ehead[u];~i;i=e[i].next) 120 s[val[e[i].to]].pop(); 121 for(int i=ghead[u];~i;i=g[i].next) 122 out[g[i].to]--; 123 for(int i=ghead[u];~i;i=g[i].next) 124 if(out[g[i].to]==0){ 125 vis[g[i].to]=true; 126 q.push(g[i].to); 127 } 128 } 129 if(m==n){ 130 puts("POSSIBLE"); 131 return 0; 132 } 133 if(m==0){ 134 puts(n&1?"IMPOSSIBLE":"POSSIBLE"); 135 return 0; 136 } 137 for(int i=1;i<=n;i++) 138 if(!vis[i]){ 139 puts(dfs(i,-1,-1)?"POSSIBLE":"IMPOSSIBLE"); 140 return 0; 141 } 142 return 0; 143 }
（话说环套树的题是真的烦[○･｀Д´･ ○]）