这里给大家介绍一种奇怪的做法，为什么奇怪呢，因为这玩意儿又不像并查集，又不像拓扑序
（其实是我模拟赛的时候先想的拓扑序，又想的并查集，然后一步步改成了现在这个样子）
思路
首先，我们通过题目，发现这是一个有向非联通图，且每个点有且仅有一条出边。
其次，答案只会存在于以下两种情况中
图一
图二
- 一般我们使用拓扑序时，是要从入度为 的点开始遍历，但是显然下面这张图不会被遍历到，那如果从入度为 的点开始呢？
那么这张图也显然，只有入度为 和 的点，以此类推，单纯从任何一种入度为某个值的点开始遍历是不合适的。
所以我们还是考虑最上面两张基本的图，图一带着个“小尾巴”，一定有入度为 的点；图二本身是一个大环，只有入度为 的点
如果一遍不行，为什么不遍历两遍呢？思路也就出来了。
实现
关于实现，我在模拟赛时还发现了两个小问题
- 如果对每一个点判断，然后遍历，时间复杂度比较高，可能会 ，我在模拟的时候先打了这个复杂度较高的算法，时间复杂度大概是 ，这样交上去是有风险的，宁愿要一个常数大一点的 算法，咱也不能 是不是？
$Sol: $ 所以我们在两次遍历前，各预处理一下，处理掉没用的点，之后在剩下的点里面选起点遍历就好了。
- 多次访问到同一个点导致答案被不正确地更新如何处理
我用一个数组，记录一个点是被哪次的 遍历的，另外，由于我懒，我没有新开数组，而是用的入度 数组，又防止混淆，我用的负数，下面举个栗子
第一步，从 开始遍历， 的 数组均被更新成 ，第二次从 开始， 被更新为 ，这时遍历到 ，经过判断，，不更新答案
Code
各变量表示：
计数用
每个点指向的节点
判断是否被遍历过，顺便记录深度
初期是每个点的入度，后期也变成了一个判断数组
记录入度为 的点
记录入度为 的点
代码自认为可读性较高
cpp
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 200005;
int cnt, to[N], n, vis[N], ans = 1000000007, in[N], zero[N], one[N];
void dfs(int k, int tot)
{
if(vis[to[k]] && in[to[k]] == tot)
ans = min(ans, vis[k] + 1 - vis[to[k]]);
else if(vis[to[k]] && in[to[k]] != tot)
return;
else {
vis[to[k]] = vis[k] + 1;
in[to[k]] = tot;
dfs(to[k], tot);
}
}
int main()
{
// freopen("message.in", "r", stdin);
// freopen("message.out", "w", stdout);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> to[i];
in[to[i]]++;
}
cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(in[i] == 0 && vis[i] == 0) {
zero[++cnt] = i;
}
}
int tot = 0;
for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
if(vis[zero[i]] == 0) {
vis[zero[i]] = 1;
dfs(zero[i], --tot);
}
}
cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(in[i] == 1 && vis[i] == 0) {
one[++cnt] = i;
}
}
for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
if(vis[one[i]] == 0) {
vis[one[i]] = 1;
in[one[i]] = 1;
dfs(one[i], 1);
}
}
cout << ans << "\n";
// fclose(stdin);
// fclose(stdout);
return 0;
}