[Luogu P4244] [BZOJ 1023] [SHOI2008]仙人掌图 II

洛谷传送门

BZOJ传送门

题目描述

如果某个无向连通图的任意一条边至多只出现在一条简单回路（simple cycle）里，我们就称这张图为仙人掌图（cactus）。所谓简单回路就是指在图上不重复经过任何一个顶点的回路。

举例来说，上面的第一个例子是一张仙人图，而第二个不是——注意到它有三条简单回路：（4，3，2，1，6，5，4）、（7，8，9，10，2，3，7）以及（4，3，7，8，9，10，2，1，6，5，4），而（2，3）同时出现在前两个的简单回路里。另外，第三张图也不是仙人图，因为它并不是连通图。显然，仙人图上的每条边，或者是这张仙人图的桥（bridge），或者在且仅在一个简单回路里，两者必居其一。定义在图上两点之间的距离为这两点之间最短路径的距离。定义一个图的直径为这张图相距最远的两个点的距离。现在我们假定仙人图的每条边的权值都是1，你的任务是求出给定的仙人图的直径。

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行包括两个整数$n$和$m$（$1\le n\le 50000$以及$0\le m\le 10000$）。其中$n$代表顶点个数，我们约定图中的顶点将从$1$到$n$编号。接下来一共有$m$行。代表$m$条路径。每行的开始有一个整数$k$（$2\le k\le 1000$），代表在这条路径上的顶点个数。接下来是$k$个$1$到$n$之间的整数，分别对应了一个顶点，相邻的顶点表示存在一条连接这两个顶点的边。一条路径上可能通过一个顶点好几次，比如对于第一个样例，第一条路径从$3$经过$8$，又从$8$返回到了$3$，但是我们保证所有的边都会出现在某条路径上，而且不会重复出现在两条路径上，或者在一条路径上出现两次。

输出格式：

只需输出一个数，这个数表示仙人图的直径长度。

输入输出样例

输入样例#1：

15 3
9 1 2 3 4 5 6 7 8 3
7 2 9 10 11 12 13 10
5 2 14 9 15 10

输出样例#1：

8

输入样例#2：

10 1
10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

输出样例#2：

9

说明

对第一个样例的说明：如图，$6$号点和$12$号点的最短路径长度为$8$，所以这张图的直径为$8$。

【注意】使用Pascal语言的选手请注意：你的程序在处理大数据的时候可能会出现栈溢出。 如果需要调整栈空间的大小，可以在程序的开头填加一句：{$M 5000000}，其中5000000即指代栈空间的大小，请根据自己的程序选择适当的数值。

解题分析

和树形DP差不多， 只是把环拉出来， 复制一遍接在后面， 然后一个单调队列确定最优转移点就好了。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define R register
#define IN inline
#define MX 200500
#define gc getchar()
#define ll long long
template <class T>
IN void in(T &x)
{
	x = 0; R char c = gc;
	for (; !isdigit(c); c = gc);
	for (;  isdigit(c); c = gc)
	x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
}
template <class T> IN T max(T a, T b) {return a > b ? a : b;}
template <class T> IN T min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}
int n, m, dcnt, col, ans;
int head[MX], h[MX], dis[MX], fat[MX], dfn[MX], low[MX], dp[MX], que[MX], cir[MX];
std::vector <int> to[MX];
void Getcir(R int rt, R int now)
{
	int all = dis[now] - dis[rt] + 1;
	R int h = all, t;
	for (R int i = all; now != rt; --i, now = fat[now]) cir[i] = now;
	cir[1] = rt;
	for (h = 1; h <= all; ++h) cir[h + all] = cir[h];
	que[h = t = 0] = 1;
	for (R int i = 2; i <= all * 2; ++i)
	{
		while (h <= t && i - que[h] > all / 2) ++h;
		ans = max(ans, dp[cir[i]] + i + dp[cir[que[h]]] - que[h]);
		while (h <= t && dp[cir[que[t]]] - que[t] < dp[cir[i]] - i) --t;
		que[++t] = i;
	}
	for (R int i = 2; i <= all; ++i) dp[rt] = max(dp[rt], dp[cir[i]] + min(all - i + 1, i - 1));
}
void tarjan(R int now)
{
	dfn[now] = low[now] = ++dcnt;
	for (R int i = to[now].size() - 1; ~i; --i)
	{
		if (to[now][i] == fat[now]) continue;
		if (!dfn[to[now][i]])
		{
			fat[to[now][i]] = now;
			dis[to[now][i]] = dis[now] + 1;
			tarjan(to[now][i]);
			low[now] = min(low[now], low[to[now][i]]);
		}
		else low[now] = min(low[now], dfn[to[now][i]]);
		if (dfn[now] < low[to[now][i]])
		{
			ans = max(ans, dp[now] + dp[to[now][i]] + 1);
			dp[now] = max(dp[now], dp[to[now][i]] + 1);
		}
	}
	for (R int i = to[now].size() - 1; ~i; --i)
	if (fat[to[now][i]] != now && dfn[to[now][i]] > dfn[now]) Getcir(now, to[now][i]);
}
int main(void)
{
	in(n), in(m); int foo, bar, l;
	for (R int i = 1; i <= m; ++i)
	{
		in(l), in(foo);
		for (R int i = 2; i <= l; ++i)
		{
			in(bar);
			to[foo].push_back(bar);
			to[bar].push_back(foo);
			foo = bar;
		}
	}
	tarjan(1); printf("%d\n", ans);
}