走出的回路一定在 scc 中，因此使用 tarjan 求出 scc。

复杂度困境

从每一个点都做一遍 bfs 会超时。

期望只从 scc 的一个点出发做 bfs，即可判断 scc 中的所有点。

破局：“以点代面”

发现如下性质。 从 scc 内的任意一点 $u$ 可以走出一条合法的回路 $\Leftrightarrow$ scc 内所有点都可以走出一条合法的回路。

充分性： 存在一条从 $u$ 回到 $u$ 的合法回路，回路长度 $L \bmod 3 = 1$。 从任意一个其他点 $v$ 可以首先走到这个回路上，设路径长度为 $l_1$；在这个回路上绕 $k$ 圈，路径长度为 $kL$；最后离开回路，回到点 $v$，设路径长度为 $l_2$。 从 $v$ 到 $v$ 的回路合法，等价于 $(l_1+l_2+kL) \bmod 3 = (l_1+l_2+k) \bmod 3 =1$。 可以发现，不管 $l_1 + l_2$ 在模 3 意义下为多少，都可以改变 $k$ 的值使等式成立。充分性得证。

必要性：由命题直接得到。

我们从每个 scc 的任意点做分层图 bfs，判断这个点是否可以走一条合法的回路。如果可以，则将答案加上当前 scc 的大小。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;
struct Edge{
    int to, nxt;
}edge[M];
int n, m;
int head[N], tot;
int nowdfn, dfn[N], low[N], stk[N], tp; 
bool instk[N];
int color[N], nowscc; 
vector<int> scc[N];
bool vis[N][3];
void add(int u, int v){
    edge[++tot].to = v;
    edge[tot].nxt = head[u];
    head[u] = tot;
}
void tarjan(int u){
    dfn[u] = low[u] = ++nowdfn;
    stk[++tp] = u, instk[u] = 1;
    for(int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt){
        int v = edge[i].to;
        if(!dfn[v]){
            tarjan(v);
            low[u] = min(low[u], low[v]);
        }else if(instk[v]){//ancestor
            low[u] = min(low[u], dfn[v]);
        }
    }
    if(dfn[u] == low[u]){
        ++nowscc;
        int p = 0;
        do{
            p = stk[tp--];
            scc[nowscc].push_back(p);
            instk[p] = 0;
            color[p] = nowscc;
        }while(tp!=0 && p != u);
    }
}
void bfs(int st){
    queue<pii> q;
    q.push({st, 0});
    vis[st][0] = 1;
    while(!q.empty()){
        int u = q.front().first, r = q.front().second;
        q.pop();
        for(int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt){
            int v = edge[i].to;
            if(!vis[v][(r+1)%3]){
                vis[v][(r+1)%3] = 1;
                q.push({v, (r+1)%3});
            }
        }
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1, u, v; i <= m; i ++){
        cin >> u >> v;
        add(u, v);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= nowscc; i ++){//scc
        bfs(scc[i][0]);
        if(vis[scc[i][0]][1]) ans += scc[i].size();
    }
    cout << ans;
    return 0;
}