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神仙构造题（不过可能我构造太烂了？）

首先考虑这个奇奇怪怪的 \(\dfrac{4}{7}\)，以及这个每个点出度最多为 \(2\) 的条件有何用意。容易发现 \(4=2^2,7=1+2+4\)，这启发我们通过某种方式将原图的点集分成三部分。我们考虑构造三个点集 \(A,B,C\) 满足：

• 对于 \(A\) 中的点 \(x\)，要么其入度为 \(0\)，要么所有连向它的边的另一个端点都属于 \(C\)
• 对于 \(B\)​ 中的点 \(x\)，满足不存在一条边 \((y,x),s.t.y\in B\)，且至少存在一条边 \((y,x),s.t.y\in A\)
• 对于 \(C\) 中的点 \(x\)，满足至少存在一条边 \((y,x),s.t.y\in B\)。

显然对于任意 \(v\in V\)，\(v\) 必然属于 \(A,B,C\) 之一，因此这是一个合法的划分。我们考虑一遍拓扑排序求出 \(col_x\) 表示点 \(x\) 属于 \(A,B,C\) 哪个集合（\(0\) 表示 \(A\)，\(1\) 表示 \(B\)，\(2\) 表示 \(C\)），然后取 \(col_x=2\) 的点作为答案即可。

为什么？首先我们要说明 \(|C|\le\dfrac{4}{7}n\)，不难发现由于每个点度最多为二，因此每个 \(A\) 中的点最多可以产生 \(2\) 个 \(B\) 中的点，因此 \(|B|\le 2|A|\)，每个 \(B\) 中的点也最多对应 \(2\) 个 \(C\) 中的点，因此 \(|C|\le 2|B|\)，故 \(|C|\le\dfrac{4}{7}n\)。其次我们要说明删除 \(C\)​ 中的点之后剩余部分满足最多存在一条路径这个限制，不难发现 \(A\) 中点由于在原图中只存在 \(C\) 中点连向它们的边，现在删除了 \(C\)，自然入度为 \(0\)，同理 \(B\) 中点出度也为零。显然这样的图最长路径只可能是某个 \(A\) 中的点连到某个 \(B\) 中的点，长度最多为 \(1\)，符合要求。

时间复杂度线性。

希望今晚 GLBR 不要在 E 放个这样的人类智慧题

const int MAXN=2e5;

const int MAXM=4e5;

int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXM+5],nxt[MAXM+5],ec=0,deg[MAXN+5],col[MAXN+5];

void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}

void clear(){for(int i=1;i<=n;i++) hd[i]=deg[i]=col[i]=0;ec=0;}

void solve(){

	scanf("%d%d",&n,&m);clear();

	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),deg[v]++;

	queue<int> q;for(int i=1;i<=n;i++) if(!deg[i]) q.push(i);

	vector<int> res;

	while(!q.empty()){

		int x=q.front();q.pop();

		for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){

			int y=to[e];

			if(col[x]==1) col[y]=2;

			else if(col[x]==0&&!col[y]) col[y]=1;

			if(!--deg[y]) q.push(y);

		} if(col[x]==2) res.pb(x);

	} printf("%d\n",res.size());

	for(int x:res) printf("%d ",x);

	printf("\n");

}

int main(){

	int qu;scanf("%d",&qu);

	while(qu--) solve();

	return 0;

}