洛谷P2921 在农场万圣节Trick or Treat on the Farm

题意

每一个隔间都有一个标记，表示牛在这个隔间时下一个要去的隔间。
问：牛从每个隔间出发，最多能不重复走过多少个隔间。
隔间数1<=n<=10⁵

分析

这个题的关键步骤有二：
①记忆化搜索：可以将每一次dfs的O(N)进化到N次搜索的总复杂度O(N)，这个不难做到。

②预处理环/缩点为环：在记忆化搜索的过程中，发现在环上的记忆化不太成功，因为在环上遍历时，每次计算仍然要把整个环跑一遍，这显然有些浪费时间。针对这个弱点，可以预处理所有的环，环上每一个点跑的距离都是环长。

通过强连通分量的计算（在这个每个点出度都为1的图上退化为求环），可以将同一个环上的点分为一类，从而能计算出环长，进而预处理所有环上点的记忆化，就相当图做了缩点处理，剩下的DAG可以用记忆化直接解决。
强连通分量用了tarjan的板子.

代码

#include<iostream>
#include<vector>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
vector<int> G[100004];
int dfs_clock = 0, scc_cnt = 0;//时间戳，强连通分量组编号
int sccno[100004];//表示每个点属于哪个强连通块
int pre[100004];//dfs序
int low[100004];//low[u]表示u及其后带通过反向边最多能返回到哪
int sizee[100004];//每个环的size(用scc_cnt编号)
int L[100004];//记忆化搜索
stack<int> s;//存当前的节点
void dfs(int u)
{
	pre[u] = low[u] = ++dfs_clock;
	s.push(u);
	for (int i = 0; i < G[u].size(); i++)
	{
		int v = G[u][i];//下一个
		if (!pre[v])//未到过v
		{
			dfs(v);
			low[u] = min(low[u], low[v]);
		}
		else if (!sccno[v])//有可能是新的反向边
		{
			low[u] = min(low[u], pre[v]);
		}
	}
	if (low[u] == pre[u])//是第一次发现这个连通分量的点
	{
		scc_cnt++;
		while (true)
		{
			int x = s.top();s.pop();
			sccno[x] = scc_cnt;
			sizee[scc_cnt]++;
			if (x == u)break;
		}
	}
}
void find_scc(int n)
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (!pre[i])dfs(i);
	}
}
int d(int s)
{
	if (L[s])return L[s];//记忆化过程
	L[s] = d(G[s][0]) + 1;
	return L[s];
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
    int n,v;
    cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> v;
		G[i].push_back(v);
	}
	find_scc(n);//开始寻找强连通分量的函数

	//sccno已经处理完，1~scc_cnt
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (sizee[sccno[i]] > 1)L[i] = sizee[sccno[i]];//线状不选，环上最多环长个
		if (G[i][0] == i)L[i] = 1;//自环
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (!L[i])d(i);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cout << L[i] << endl;
	}
    return 0;
}