[题解][LG-P3573][POI2014]RAJ-Pally

设 $f(u)$ 表示从节点 $u$ 出发的最长路，$g(u)$ 表示到 $u$ 结束的最长路，这两个 $dp$ 的转移都比较显然，就不说了。那么经过一条边 $(u,v)$ 的最长路就是 $g(u)+1+f(v)$。

用 $or{d}_u$ 表示节点 $u$ 的拓扑序。

删去了一个节点 $u$ 之后，我们将节点按照拓扑序分成两部分 $A,B$， 其中 $A$ 的节点的拓扑序小于 $or{d}_u$ 的，$B$ 中节点的拓扑序都是大于 $or{d}_u$ 的。

那么答案显然只有三种情况可选：

1. $A$ 内部的，也就是 $\underset{u\in A}{\max }\{g(u)\}$。
2. $B$ 内部的，$\underset{u\in B}{\max }\{f(u)\}$。
3. $A$ 连向 $B$ 的，$\underset{(u,v)\in E,u\in A,v\in B}{\max }\{g(u)+1+f(v)\}$

现在我们可以考虑统计完删除 $u$ 的情况之后，将信息更新至删除 $u^{\prime }(or{d}_{u^{\prime }}=or{d}_u+1)$ 的情况。为了完成这件事，我们需要一个可删堆（当然其他数据结构也行，但是这个代码短）。

起始的时候，所有节点都在 $B$ 中，也就是将所有 $f(u)$ 都加到堆中。接着，我们考虑按照拓扑序从小到大，删除一个节点 $u$ 的相关信息，然后再将 $u$ 放到 $A$ 中。

首先是删除 $u$ 的信息。删除 $f(u)$ , 接着删除经过 $(v,u)(v\in A)$ 的最长路，就可以了（雾）。

接着加回所有 $u$ 的信息，首先加入 $g(u)$, 接着加入经过 $(u,v)(v\in B)$ 的最长路。

那么最终的代码如下：

#include 

using namespace std;

const int maxn = 5e5 + 5, INF = 1e9;
int read_int() {
     
	int t = 0; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
	while ('0' <= ch && ch <= '9')
		t = (t << 3) + (t << 1) + ch - '0',
		ch = getchar();
	return t;
}
int n;
struct Graph {
     
	struct Edge {
     
		int v, nex;
		Edge(int v = 0, int nex = 0) : v(v), nex(nex) {
     }
	} E[maxn << 1];
	int hd[maxn], deg[maxn], tote;
	void addedge(int u, int v) {
     
		E[++tote] = Edge(v, hd[u]), hd[u] = tote, deg[v]++;
	}

	int ls[maxn], ls_sz, f[maxn];
	queue<int> q;
	void topo() {
     
		for (int i = 1; i <= n; i++) if (!deg[i]) q.push(i);
		while (!q.empty()) {
     
			int u = q.front(); q.pop(), ls[++ls_sz] = u;
			for (int i = hd[u]; i; i = E[i].nex) {
     
				int v = E[i].v;
				deg[v]--;
				if (!deg[v]) q.push(v);
			}
		}
		for (int p = n; p >= 1; p--) {
     
			int u = ls[p];
			for (int i = hd[u]; i; i = E[i].nex)
				f[u] = max(f[u], f[E[i].v] + 1);
		}
	}
} G, rG;

struct RbHeap {
     
	priority_queue<int> q, del_q;
	void push(int val) {
      q.push(val); }
	void pop(int val) {
      del_q.push(val); }
	int top() {
     
		while (del_q.size() && q.top() == del_q.top()) q.pop(), del_q.pop();
		return (q.size() ? q.top() : -INF);
	}
} hp;

int main() {
     
	int m; n = read_int(), m = read_int();
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
     
		int u = read_int(), v = read_int();
		G.addedge(u, v), rG.addedge(v, u);
	} 
	G.topo(), rG.topo();
	int ans1, ans2;
	for (int i = 1; i <= n; i++) hp.push(G.f[i]);
	ans2 = hp.top();
	for (int p = 1; p <= n; p++) {
     
		int u = G.ls[p]; hp.pop(G.f[u]);
		for (int i = rG.hd[u]; i; i = rG.E[i].nex) {
     
			int v = rG.E[i].v;
			hp.pop(rG.f[v] + 1 + G.f[u]);
		}
		int val = hp.top();
		if (val < ans2) ans1 = u, ans2 = val;
		hp.push(rG.f[u]);
		for (int i = G.hd[u]; i; i = G.E[i].nex) {
     
			int v = G.E[i].v;
			hp.push(rG.f[u] + 1 + G.f[v]);
		}
	}
	printf("%d %d\n", ans1, ans2);
	return 0;
}