题目描述
约翰有n块草场，编号1到n，这些草场由若干条单行道相连。奶牛贝西是美味牧草的鉴赏家，她想到达尽可能多的草场去品尝牧草。
贝西总是从1号草场出发，最后回到1号草场。她想经过尽可能多的草场，贝西在通一个草场只吃一次草，所以一个草场可以经过多次。因为草场是单行道连接，这给贝西的品鉴工作带来了很大的不便，贝西想偷偷逆向行走一次，但最多只能有一次逆行。问，贝西最多能吃到多少个草场的牧草。
解析
此题就是在Tarjan的板子上玩了点花样，然鹅窝这种题都写不出来，看来我还需要提升。
首先容易看出来一个强连通分量里面草是随便吃而不会出现逆行的，所以我们先缩点。
以下我们考虑缩点后的图。
这个逆行一次回到起点的处理就比较麻烦了，我们不妨把这条路拆成两部分，分别是起点1号节点所在强连通分量到逆行边起点的最长路和逆行边终点回到起点的最长路。
我到这就不知道怎么处理逆行边终点回到起点的最长路了（科技树点歪）。试想如果直接拿逆行边终点跑最长路，T是妥妥的。
一个行之有效的解决方法是建反图，然后在反图上以1号节点所在强连通分量为起点跑最长路，得到的就是原图以1号节点所在强连通分量为终点的最长路，这个其实不难理解。
而且这样并不会导致吃两次草，即两次最长路的路径发生重叠，可以用反证法简单证明，这样的情况被缩点所排除了。
因为是DAG，所以最长路是可解的，我们SPFA或者拓扑去求就行了。
注意细节，我们对1号节点所在强连通分量是统计了两次的，最后要减去一次。
参考代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define N 100010
#define INF 0x3f3f3f3f
#define IN freopen("data.in","r",stdin);
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
struct rec{
int next,ver;
}g[N<<1],G[N],G2[N];
int head[N],tot,headG[N],totG,headG2[N],totG2,n,m,dfn[N],low[N];
int stack[N],top,scc[N],idt,cnt,c[N],d1[N],d2[N],s;
bool ins[N],v[N];
inline void add(int x,int y)
{
g[++tot].ver=y;
g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
}
inline void addG(int x,int y)
{
G[++totG].ver=y;
G[totG].next=headG[x],headG[x]=totG;
}
inline void addG2(int x,int y)
{
G2[++totG2].ver=y;
G2[totG2].next=headG2[x],headG2[x]=totG2;
}
inline void tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++cnt;
stack[++top]=x,ins[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
int y=g[i].ver;
if(!dfn[y]){
tarjan(y);
low[x]=min(low[x],low[y]);
}
else if(ins[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(low[x]==dfn[x]){
++idt;int y;
do{
y=stack[top--],ins[y]=0;
if(y==1) s=idt;
c[y]=idt,scc[idt]++;
}while(x!=y);
}
}
inline void spfa1()
{
memset(d1,0,sizeof(d1));
queue<int> q;
d1[s]=scc[s];q.push(s);
while(q.size()){
int x=q.front();q.pop();
v[x]=0;
for(int i=headG[x];i;i=G[i].next){
int y=G[i].ver;
if(d1[y]<d1[x]+scc[y]){
d1[y]=d1[x]+scc[y];
if(!v[y]) v[y]=1,q.push(y);
}
}
}
}
inline void spfa2()
{
memset(d2,0,sizeof(d2));
queue<int> q;
d2[s]=scc[s];q.push(s);
while(q.size()){
int x=q.front();q.pop();
v[x]=0;
for(int i=headG2[x];i;i=G2[i].next){
int y=G2[i].ver;
if(d2[y]<d2[x]+scc[y]){
d2[y]=d2[x]+scc[y];
if(!v[y]) v[y]=1,q.push(y);
}
}
}
}
int main()
{
//IN
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;++i){
int u,v;
u=read(),v=read();
add(u,v);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int x=1;x<=n;++x)
for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
int y=g[i].ver;
if(c[x]==c[y]) continue;
addG(c[x],c[y]),addG2(c[y],c[x]);
}
int ans=scc[s];//注意有可能只有一个强连通分量，那答案就是他自己
spfa1();
spfa2();
for(int i=1;i<=idt;++i){
//这里利用到一个技巧，没有被SPFA标记的地方就是最长路径的终点，逆行边的起点
//这样就可以快速找出逆行边的位置并进行统计
//即逆行边是一条y->i的边,而利用反图恰恰可以快速找出所有这样的边
if(!v[i]&&d1[i]){
v[i]=1;
for(int j=headG2[i];j;j=G2[j].next){
int y=G2[j].ver;
if(!d2[y]) continue;//及时排除不可达情况
ans=max(ans,d1[i]+d2[y]-scc[s]);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}