刚看到这道题的时候，没有在意复杂度，就直接暴力了，我也真是憨了，这可是提高省选组的题……后来看看算法标签说是记忆化搜索，再仔细看看题，这不就是每个顶点出度只有一的有向图嘛，包括自环，且是多个连通块，然后，每一个顶点停止遍历的时候一定是进入了一个环内或者自身是某个环的一部分，否则遍历是不会停止的，那么所有的数据应该类似这种情况

接下来咋搞呢？想半天也没有整明白，写了一个假算法，理论上是没问题的，结果RE了，我想应该是栈爆了，后来看了看洛谷的第一篇题解，也是看了很长一段时间才迷瞪过来，就感觉太妙了！！！

col[i]:该节点第一次被遍历到时是以那个顶点为起点的，上图我们是以顶点1开始遍历的，那么6,5，3,4，2的col值都是1

ti[i]:记录的是以某个起点开始遍历时，到每个点的时间，起点设置为0，即时间戳，上图红色的就是时间戳

cir[i]:我们知道每一个点所在的连通图肯定有一个环（包括自环），这个存的就是环的大小，这个很容易算出来，第二次到达某个点的时间戳减去第一次到达这个点的时间戳就是答案

cirt[i]:记录的是进入这个点所在联通图中的环的时间戳

上图我们是以点1为起点进行一次遍历的，遍历完成后，下一次的遍历不外乎这几种情况

1：下一个起点是另外一个联通图中的点，这样的话还进行遍历就是了

2：下一个点是这个联通图中还没有被访问过的点如下图中的点8

这时候从点8开始遍历，到1时发现此时1已经被遍历过了，那么点8的答案是（此时的时间点cnt（既是2）+入环的时间戳-交点的时间戳+环的大小）(2+3-0+3)

3:是某个联通图中已经被访问过的点入图中的点5，此时等于入环的时间戳-该点的时间戳+环的大小，还有一种情况是点是环中的一点 如点5，此时就等于环的大小了

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
#define pi acos(-1.0)
#define e exp(1.0)
const ll maxn=1e5+7;
ll nex[maxn],col[maxn],ti[maxn],cir[maxn],cirt[maxn],N;
vector<ll>V;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>N;
	ll i,j;
	for(i=1;i<=N;i++)
	cin>>nex[i];
	V.clear();
	memset(col,0,sizeof(col));
	memset(cir,0,sizeof(cir));
	memset(cirt,0,sizeof(cirt));
	for(i=1;i<=N;i++)
	{
		ll cnt=0;
		ll pos=i;
		while(1)
		{
			if(!col[pos])//新的点 
			{
				col[pos]=i;
				ti[pos]=cnt;			
			}
			else if(col[pos]==i)//遍历到了环
			{
				cir[i]=cnt-ti[pos];//环的大小 
				cirt[i]=ti[pos];//入环的时间戳 
				V.push_back(cnt);
				break;
			}
			else//是该联通图中之前遍历过的点，包括在环中的点和不在环中的点，巧妙的是用一个max可以包含着两种情况 
			{
				cir[i]=cir[col[pos]];
				cirt[i]=cnt+max(cirt[col[pos]]-ti[pos],ll(0));
				V.push_back(cirt[i]+cir[i]);
				break;
			}
			cnt++;
			pos=nex[pos];
		}	
	}
	for(i=0;i<V.size();i++)
	cout<<V[i]<<endl;
	return 0;
}

这个题的复杂度我想应该是小于O(2N)的，因为每个点最多被访问两次，没看懂的话只好这样了，我也就这个水平了，最好把栗子带进代码模拟一下