题解：AT_abc357_e [ABC357E] Reachability in Functional Graph

其实可以说是基环树？

Idea

我们都知道，$n$ 个点 $n-1$ 条边的图是树。

那么在上面加一条边，它就会产生一个环。

如果我们把本题的图画一下：

（这只是一种可能情况，不是样例。）

虽然这个图很复杂，但是它其实只由 $2$ 部分组成：

（下面这个图是将对应连通块重新整排之后得到的，点的关系不变）

分析一下，无论这个连通块长什么样子，它都有一个环，环上的每个点为根牵引着一颗子树。

所以我们的第一步是找环。

找环我们可以使用拓扑排序，当然也可以直接模拟。

这里讲一讲模拟的做法：从随便一个点出发，往它的后继跳，途中记录哪个点被走到了，如果走到了已经被走到的点，则说明这个点一定在环上，从上次到这次之间被走到的点都在环上。

可以手搓一下：

对于以下的图：

我们选择 $6$ 号点出发。

首先，$6$ 号点只能往 $4$ 号点跳。

接着到 $5$ 号点。

接着到 $1$ 号点。

然后不断地沿着它的出边跳，依次经过 $8$ 号、$9$ 号、$7$ 号点，然后又回到 $1$ 号点。

然后就会发现 $1$ 号、$8$ 号、$9$ 号、$7$ 号点都在环上了。

设这个环的长度为 $q$，则环上的点可通达的点数就是 $q$。

然后对于每个环上的点进行 dfs，为了 dfs 我们需要建反图。

dfs 到了一个点，它的答案就是它父亲的答案加 $1$。

注意可能有多个连通块，因此记录哪个点有答案了，然后多找几个环。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct node {
	int u,v,nxt;
} e[200005];
int n,x[200005],cnt,head[200005],huan[200005],t[200005],vis[200005],viss[200005],tot,tott,ans[200005];
void add(int u,int v) {
	e[++cnt].u=u;
	e[cnt].v=v;
	e[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int now,int ceng) {
	ans[now]=tott+ceng;
	vis[now]=1;
	for(int i=head[now]; i; i=e[i].nxt) {
		if(!vis[e[i].v])dfs(e[i].v,ceng+1);
	}
	return;
}
signed main() {
	cin>>n;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>x[i];
		add(x[i],i);
	}
	for(int j=1; j<=n; j++) {
		tot=0;tott=0;
		while(vis[j])j++;
	//	cout<<j<<endl;
		if(j>n)break;
		t[++tot]=j;
		int ii;
		for(ii=j;; ii=x[ii]) {
			t[++tot]=ii;
			if(viss[ii])break;
			viss[ii]=1;
		}
	//	memset(viss,0,sizeof(viss));
		for(int i=tot-1; i>=1; i--) {
			huan[++tott]=t[i];
		//	cout<<huan[tott]<<' ';
			if(t[i]==t[tot])break;
		}
	//	cout<<endl;
		for(int i=1; i<=tott; i++) {
			ans[huan[i]]=tott;
			vis[huan[i]]=1;
		}
		for(int i=1; i<=tott; i++) {
			dfs(huan[i],0);
		}
		//memset(vis,0,sizeof(vis));
	}
	long long sum=0;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		sum+=ans[i];
	//	cout<<ans[i]<<' ';
	}
	cout<<sum;
	return 0;
}