<del>隨便口胡，錯誤一大堆，歡迎打臉</del>
D1T2因爲只有n條邊，所以只存在簡單環，那我們把這個問題複雜一下，每個人可能能告訴多個人，也就是邊的數量大於n，那麼這樣的話就會出現複雜環了。如果還是直接用tarjan求的話肯定是錯的，因爲tarjan每次找的是一整個大環。在這裏想到了一種比較簡單的解法。
我們每次選一個沒有走過的點開始DFS，並一路將走到的點壓入存路徑的棧中，同時用visit[i]表示i有沒有走過，設當前的路徑是p，
Visited[i]=0 …………i從未被訪問過 精確的說是i可以訪問
Visited[i]=1 …………i已經被訪問過 且i在p中
Visited[i]=2 …………i已經被訪問過 且i不在p中
對於所有visited[i]=2的點我們就沒有必要訪問了，說明：設當前點是now，下一個是next且visited[next]=2，假設next和now在一個環裏的話，曾經訪問next的時候就應該可以訪問到now，但是事實上並沒有訪問到，所以說明next和now不在一個環裏，那麼這個點也就是沒有意義，就可以不必去找next了。
在DFS的時候一路給點打上時間戳，用SPFA的思想，因爲我們從一個固定的點出發，小環中的邊比大環中的邊少，那麼如果一個點同時存在於小環和大環中的話，從小環走過來的時候時間戳肯定比大環走過來小，那麼我們每次如果找到一個點，當前的時間戳大於已有的時間戳的話，就將這個點更新，重新設爲可選。
如果我們某一次訪問到一個點k，滿足visited[k]=1，那麼p就是一個完整的環，用p來更新答案，同時用上面SPFA的思想看能否更新k點，如果能更新就繼續從k點往下走。
但是這樣遇到了一個問題，衆所周知SPFA的複雜度是O(EM)的，E是不確定的常數，也就是說在上文的方法中，如果某些點不斷被更新，就很容易被卡掉，如下就是一個例子：
（用紅點表示n/2+1號點）可以很明顯看出，答案應該是1->2->紅點->.....->n-1->n，但如果我們刻意控制一下讀入方式，導致遍歷的時候從1先到了2再到3一直到n/2號點，在n/2->紅點的時候更新了一下紅點的時間戳，於是紅點變成可訪問，花了O(n/2)的時間把剩下的點遍歷了一遍，回來以後到n/2-1的時候又更新了一下紅點，又花了O(n/2)的時間，這樣一直下去，總共紅點被更新了n/2次，那麼這樣的實際複雜度已經達到了O(n^2/4)的時間，在n=200000的時候是遠遠超過了限制。
我們的目的就是，優化，再優化！
對於這個問題，一種比較好的方法是A*或者估價函數，但如果是在考場上的話，隨機化也不失爲一種高效而簡潔的方法。我們對於每個點，將連出去的邊的順序隨機打亂然後再依次訪問，對於上文的情況，如果一路下去一直訪問到n/2的情況的可能性只有，考慮極限情況就是nlogn的複雜度，也就是運氣很差的情況下，一直訪問到logn號點，直到此時纔開始更新，那麼這樣的概率是，也就是，n越大，超時的可能性反而越小，只有十萬分之一，是在可接受範圍內的。
但是如果RP爆炸，真的遇到這樣的情況怎麼辦呢？
再優化！
可以發現，每次找到紅點的時候，接下來的一段都是重複走的，一條鏈和一條邊實際上是一個效果，所以我們考慮將每個單鏈都縮成一條邊，如果再像上圖那種情況的話，紅點和1之間的鏈縮成一條邊，複雜度直接降了一個O(n),總複雜度最壞也只有O(n)，至此，這題的複雜度仍然是O(EM)，但是E已經降成了一個很小的常數了。
不過還不夠，我們還有更好的優化！
之前的visited[i]=2，說明i是一個不用訪問的點，但事實上，我們還是枚舉了i，對常數還是造成了一點影響，所以我們考慮可不可以讓枚舉的每個點都是有意義的點。
最終的結果是要找最小環，既然是個環，那我們就在環裏找環，不在環裏的點就直接拋棄掉。所以我們先做一遍tarjan，將所有的大環提取出來，然後再從每個環裏按上文方法進行遍歷，這樣的話找最小環的複雜度就趨於穩定了。
總複雜度:O(N+M+KM)，常數K在最壞情況下爲10左右。
至此，這道題就基本解決了，是否還有更穩定更快的方法，仍然會繼續探究。
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