http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1064
表示想到某一种情况就不敢写下去了。。。。
就是找环的gcd。。。好可怕。。
于是膜拜了题解。。
和我想的差不多。。
首先发现这3种情况：
1、单链或者几条单链任意两条只相交于连续的一段的单链块。则最大的答案是$sum |单链| + sum |单链块种最长的链|$，最小答案是3。
2、环。环的长度是最大答案的倍数，因此我们取gcd，也可以看做是标号差（第一次访问和第二次访问的标号差）。
3、单链相交于至少两个不同的连续的一段。他们标号差（第一次访问和第二次访问的标号差）是最大答案的倍数。
最大答案为所有情况的最大答案的gcd。最小答案如果只有第1种情况，则为3，否则为最大答案的>=3的最小因数。
如果我们直接做的话很麻烦，可是怎么算情况2和情况3呢？
解决方法非常巧妙！http://hi.baidu.com/lydrainbowcat/item/f3fdc53164770bd76d15e980
这是有向图，我们把它变成无向图，那么不就可以从任意一个点开始都能得到整个环大小和情况3的标号差了吗..
这样一条边权值为1，反向边则权值为-1.
这样情况二和情况三就是标号差的gcd。
而情况1就能在上述方法处理情况2的时候找出最长链的长度即可，即标号max{num}-min{num}+1
最后答案分类讨论一下。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pii pair<int, int>
#define mkpii make_pair<int, int>
#define pdi pair<double, int>
#define mkpdi make_pair<double, int>
#define pli pair<ll, int>
#define mkpli make_pair<ll, int>
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)
#define printarr2(a, b, c) for1(_, 1, b) { for1(__, 1, c) cout << a[_][__]; cout << endl; }
#define printarr1(a, b) for1(_, 1, b) cout << a[_] << ' '; cout << endl
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }
const int N=100015;
int ihead[N], cnt, m, n, num[N], q[N], vis[N], cir, sum, ans;
struct dat { int next, to, w; }e[N*10*2];
void add(int u, int v, int w) { e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].w=w; }
inline const int gcd(const int &a, const int &b) { return b?gcd(b, a%b):a; }
int main() {
read(n); read(m);
for1(i, 1, m) { int u=getint(), v=getint(); add(u, v, 1); add(v, u, -1); }
for1(k, 1, n) if(!vis[k]) {
int front=0, tail=0;
q[tail++]=k;
int mx=0, mn=0;
while(front!=tail) {
int x=q[front++]; if(front==N) front=0;
mx=max(mx, num[x]);
mn=min(mn, num[x]);
for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next) {
int y=e[i].to;
if(vis[y]) cir=gcd(cir, abs(num[x]+e[i].w-num[y])), mx=max(mx, num[y]);
else {
q[tail++]=y; if(tail==N) tail=0;
num[y]=num[x]+e[i].w;
vis[y]=1;
}
}
}
sum+=mx-mn+1;
}
if(cir && cir<3) return puts("-1 -1"), 0;
if(cir) { int i=3; while(cir%i) ++i; printf("%d %d
", cir, i); return 0; }
if(sum<3) return puts("-1 -1"), 0;
printf("%d 3
", sum);
return 0;
}
Description
一年一度的假面舞会又开始了，栋栋也兴致勃勃的参加了今年的舞会。今年的面具都是主办方特别定制的。每个参加舞会的人都可以在入场时选择一 个自己喜欢的面具。每个面具都有一个编号，主办方会把此编号告诉拿该面具的人。为了使舞会更有神秘感，主办方把面具分为k (k≥3)类，并使用特殊的技术将每个面具的编号标在了面具上，只有戴第i 类面具的人才能看到戴第i+1 类面具的人的编号，戴第k 类面具的人能看到戴第1 类面具的人的编号。 参加舞会的人并不知道有多少类面具，但是栋栋对此却特别好奇，他想自己算出有多少类面具，于是他开始在人群中收集信息。 栋栋收集的信息都是戴第几号面具的人看到了第几号面具的编号。如戴第2号面具的人看到了第5 号面具的编号。栋栋自己也会看到一些编号，他也会根据自己的面具编号把信息补充进去。由于并不是每个人都能记住自己所看到的全部编号，因此，栋栋收集的信 息不能保证其完整性。现在请你计算，按照栋栋目前得到的信息，至多和至少有多少类面具。由于主办方已经声明了k≥3，所以你必须将这条信息也考虑进去。
Input
第一行包含两个整数n, m，用一个空格分隔，n 表示主办方总共准备了多少个面具，m 表示栋栋收集了多少条信息。接下来m 行，每行为两个用空格分开的整数a, b，表示戴第a 号面具的人看到了第b 号面具的编号。相同的数对a, b 在输入文件中可能出现多次。
Output
包含两个数，第一个数为最大可能的面具类数，第二个数为最小可能的面具类数。如果无法将所有的面具分为至少3 类，使得这些信息都满足，则认为栋栋收集的信息有错误，输出两个-1。
Sample Input
6 5
1 2
2 3
3 4
4 1
3 5
【输入样例二】
3 3
1 2
2 1
2 3
Sample Output
4 4
【输出样例二】
-1 -1
HINT
100%的数据，满足n ≤ 100000, m ≤ 1000000。