自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	cjrsacred **

搬运于2025-08-24 21:43:27，当前版本为作者最后更新于2018-06-24 15:52:10，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

做完以后粗略翻了下题解，发现都是 $Tarjan$ 或记忆化搜索，总之逃不出 $dfs$，所以我就把我的非递归方法贡献一下吧。

事实上，这道题用 $Tarjan$ 是大材小用了。此题不需要任何算法，两层简单的循环就能解决。

首先我们需要注意到一点，虽然此题也是一张有向图，但是每个点的出度有且只有 “1”。这说明什么？不需要递归，直接沿着这条唯一的路径走下去就行了......

一、为了实现这一方法，我们对每个点设置两个属性：

1、颜色 $(color)$ ： 此节点第一次被访问时，这条访问他的路径是由那个节点发出的（起点）。

2、时间戳 $(dfn)$ ：此节点第一次被访问时，他到发出这条路径的起点的距离（发出节点的 $dfn = 0$，第二个被访问的节点的 $dfn = 1$，第三个 $dfn = 2$ ......）

有了这两个属性，我们就可以计算环的大小，方法如下：

1、从某一节点发出路径

2、走到某个节点上（包括起点），如果这个节点没有被染色，那么染成自己的颜色，并标记上 $dfn$

3、走到某个节点上，如果这个节点已经被染成了自己的颜色，那么环的大小就出来了：当前时间 $(cnt)$ $-$ 此节点 $dfn$

到了这一步，实际上已经解决了另一个更简单的问题：NOIP2015 信息传递。 接下来就是本题特色了

二、对于每一只奶牛（或者说每一个起点、颜色、路径），我们记录如下两个属性：

1、环的大小 $(minc)$ ：每条路径最终都会进入环中，或者起点本身就在环中，我们记录下这个环的大小为之后服务

2、入环时间戳 $(sucdfn)$ ：这条路径什么时候会进入环中，同样是为之后服务的一个属性

首先讲解一下如果得到这两个属性：

1、在上一节中我们已经讲了如何初步获取环的大小，入环时间戳只要记录为那个交点的时间戳即可

2、如果走到了之前走过的节点，那么新的路径必然进入之前路径的环中，直接把这个环的大小要过来就行了。入环时间戳则分两种情况：

i. 如果这个节点不在环中，“原路径的入环时间戳 $-$ 原路径中此节点的时间戳 +　新路径当前时间”　即为新路径的入环时间戳;

ii. 而如果这个节点在环中，直接就是新路径当前时间。

iii. 判断方法则是 “原路径的入环时间戳 $-$ 原路径中此节点的时间戳” 是否大于 $0$，综合起来就是：“$max($原路径的入环时间戳 $-$ 原路径中此节点的时间戳$, \;0)$ +　新路径当前时间”

三、把上面的问题都解决了，出答案就太简单了：

1、第一节中的发现环的大小之后，答案就是“当前时间”

2、第二节中与之间走过的节点相遇并记录完信息后，答案是 “入环时间戳 + 环的大小”

至此本题已经完美解决，且没有用到任何算法。贴代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 100000 + 5;

int n;
int nxt[maxn];
int color[maxn];
int sucdfn[maxn];
int dfn[maxn];
int minc[maxn];

void Init()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> nxt[i];
	memset(color, 0, sizeof(color));
	memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
	memset(minc, 0, sizeof(minc));
}

void Solve()
{
	for(int cow = 1; cow <= n; ++cow) 
	{
		for(int i = cow, cnt = 0; ; i = nxt[i], ++cnt)
		{
			if(!color[i]) {
				color[i] = cow;
				dfn[i] = cnt;
			}
			else if(color[i] == cow) {
				minc[cow] = cnt - dfn[i];
				sucdfn[cow] = dfn[i];
				cout << cnt << endl;
				break;
			}
			else {
				minc[cow] = minc[color[i]];
				sucdfn[cow] = cnt + max(sucdfn[color[i]] - dfn[i], 0);
				cout << sucdfn[cow] + minc[cow] << endl;
				break;
			}
		}
	}
} 

int main()
{
	Init();
	Solve();
	return 0;
}