题目传送门
题意解析：题目给了你一个有限图，让你给这张图一次染色，每种色彩有种编号，每个点指向的点的颜色编号（设这个点的编号为i）应该是i+1(当色彩有m种，当前i=m时，指向的点的色彩编号应该为1）。最后问色彩的种类最多和最少是多少（最后的色彩数应该>=3）。
My opinion：开始只会强行暴力染色，然后想了想可不可以二分色彩数，然后判读，却发现如果x可以，但是x+1不一定可以（手动绝望）。然后去手画了几种情况，既然是一张图，那就要考虑是否有环。
先考虑没环的情况（也就是一棵树）：
很明显，随便你怎么填颜色，最大值就是树的层数，最小值就是3（因为颜色数>=3嘛）。
然后是有环的情况：
也可以看出，在一个环当中，颜色种数就是环中点的个数的约数。
当然，还有一种神奇的环，就是把环中的一些边反向。
其实也是一样的，所以这张有向图就可以看成一张无向图。
原图的边权值为1，反向边的权值为-1。
总结：
1、建图。
2、跑bfs找出是否有环，并且记录个数。
3、分有环和无环的情况讨论。
（这里的有环无环是指变成无向图之后的）
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=a;i>=n;i--)
#define Clear(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define ll long long
#define INF 2000000000
#define eps 1e-8
using namespace std;
ll read(){
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9') f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
const int maxn=100005,maxm=1000005;
int n,m,len,d;
int vet[maxm<<1],Next[maxm<<1],road[maxm<<1],head[maxn];
bool flag[maxn];
int dis[maxn];
void add(int u,int v,int w){
vet[++len]=v;
Next[len]=head[u];
head[u]=len;
road[len]=w;
}
int gcd(int a,int b){
return !b?a:gcd(b,a%b);
}
int bfs(int st){
int maxdis=0,mindis=0;
queue<int> q;
while (!q.empty()) q.pop();
dis[st]=0;
flag[st]=1;
q.push(st);
while (!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for (int e=head[u];e!=-1;e=Next[e]){
int v=vet[e];
if (flag[v]){
d=gcd(d,dis[u]+road[e]-dis[v]);
continue;
}
flag[v]=1;
dis[v]=dis[u]+road[e];
maxdis=max(maxdis,dis[v]);
mindis=min(mindis,dis[v]);
q.push(v);
}
}
return maxdis-mindis+1;
}
int main(){
n=read(),m=read();
int sum=0;
Clear(head,-1);
rep(i,1,m){
int u=read(),v=read();
add(u,v,1);
add(v,u,-1);
}
rep(i,1,n)
if (!flag[i])
sum+=bfs(i);
if (d<0) d=-d;
if (d){
if (d<3){
puts("-1 -1");
return 0;
}
int ans=3;
while (ans<d&&d%ans) ans++;
printf("%d %d\n",d,ans);
return 0;
}else if (sum<3){
puts("-1 -1");
return 0;
}
printf("%d 3\n",sum);
return 0;
} 附上AC记录：
