[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] [题解] 我们可以把原图的边都反向一下. 然后以每个休息点作为起点,进行dfs. 每次在扩展节点y的时候,要求这个点y必须只有一个出度,然后就能走多远就走多远就ok了. 会发现每个休息点占据的那些链都是唯一的,所以其他的休息点在进行dfs的时候,不会重复走到其他休息点dfs过的点. 因此这样dfs的复杂度是O(N)的. 随便搞搞,更新一下最大值就ok了. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define rep1(i,a,b)…