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• BOZJ 1023 [SHOI2008]cactus仙人掌圖

真的是神題，想了我好久，做了我好久，改了我好久，調了我好久……

（先吐槽一下：題目中的說的仙人圖是什麽？不是仙人掌圖麽。還有這個樣例輸入也是醉了）

由於是仙人掌圖（很特殊），所以如果把圖中的環都縮點後，則形成一棵樹。

先看看在樹上的話：
一棵樹中兩點間的距離是唯一的，所以求出樹的最長鏈就可以得出樹的直徑了。
考慮dp，這個簡單的樹上求最長鏈應該會吧。
顯然一個以u為根的子樹中的最長鏈為：以u為端點的最長和第二長鏈 相拼接。

令dp[u]表示在u所在的子樹，以u為端點的最長鏈的長度，
那麽在樹形dp到u節點時，
枚舉每個兒子，維護出已經枚舉了的兒子所貢獻的出的f[u]，
那麽對於當前枚舉到的兒子所形成的最長鏈和f[u]相拼接，就可能會更新ans


（還是代碼更直觀）

但是現在是仙人掌圖誒，真的要Tarjan縮點使其成為一顆樹麽？
還是算了吧。
我想起曾經一次考試的有一道題，把仙人掌圖不縮點卻活生生的化成了一棵樹，（當時是便於求lca）。
做法是這樣的（這麽做好像不必要，因為網上的題解都沒這樣做，但當時我是這麽想的）：
dfs找出每一個環，把環中的邊刪去，然後把dfs找到的環的起點向環中其它的點連邊：

（給刪去的邊打個del標記，以後若是遇到了就不枚舉它。）
（然後加一個belong[u]數組，表示u節點是屬於第幾個環，便於以後判斷兩個節點是否在同一個環）
這樣就形成了一棵樹，可以向上面的那個dp那樣跑了麽？

當然不行
對於u節點的不在同一個環的兩個兒子，這麽做dp求ans沒問題


但在同一個環呢？這麽求ans顯然錯了，
因為環上兩點的距離可不一定是兩個點分別到該環起點的dis相加
（當時卡了半天，還是去看了看別人的做法）

我們的dp數組定義任然不變,對於dp數組的求法也任然不變,
變的只是ans的求法：
對於環上的那麽多點，怎樣求出最長的鏈呢。
用單調隊列。
把同一環上的點存在一個數組中，並把存的東西翻倍，形成二倍序列。
記環的長度為p，
對於枚舉到的點，用單調隊列維護它後面p/2個點，
使得（隊首的節點的最長鏈+枚舉到的點的最長鏈+隊首的節點到枚舉到的點在環上的最短距離）最小
然後該值就可以去嘗試更新ans了。

然後就差不多了，只是感覺代碼很惡心

代碼：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
struct edge{
	int to,next;
}e[300005];
bool del[300005];
int head[50005],fg[50005],from[50005],dp[50005];
int belong[50005],tmp[50005],val[50005],who[50005];
int ent=2,n,m,lim,ans,cnt;
void add(int u,int v){
	e[ent]=(edge){v,head[u]};
	head[u]=ent++;
}
void dfs_get_tree(int u){
	fg[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(i<lim) {
		int v=e[i].to;
		if((i^from[u])==1) continue;
		if(fg[v]==1){
			++cnt;
			int x=u; del[i]=1; del[i^1]=1;
			do{
				del[from[x]]=1;
				del[from[x]^1]=1;
				add(v,x); add(x,v);
				belong[x]=cnt;
				x=e[from[x]^1].to;
			}while(x!=v);
		}
		if(fg[v]==0) from[v]=i,dfs_get_tree(v);
	}
	fg[u]=2;
}
void circle_queue(int be,int en,int u,int fa){
	int p=0;
	while(be!=en){
		if(!del[be]&&e[be].to!=fa) tmp[++p]=e[be].to;
		be=e[be].next;
	}
	tmp[++p]=u; int len=p/2,l=1,r=0;
	if(p==1) return;
	for(int i=1;i<=p;i++) tmp[p+i]=tmp[i];
	int k=1;
	for(int st=1;st<=p;st++){
		while(k-st!=len){
			++k;
			while(r>=l&&val[r]<dp[tmp[k]]+k) r--;
			val[++r]=dp[tmp[k]]+k,who[r]=k;
			while(l<=r&&who[l]<=st) l++;
		}
		ans=max(ans,dp[tmp[st]]+dp[tmp[who[l]]]+who[l]-st);
	}
	for(int i=1;i<p;i++){
		dp[u]=max(dp[u],dp[tmp[i]]+min(i,p-i));
	}
}
void dp_get_ans(int u,int fa){
	int last=head[u];
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(!del[i]){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa) continue;
		dp_get_ans(v,u);
		if(!belong[v]||belong[v]!=belong[e[last].to]){
			circle_queue(last,i,u,fa);
			last=i;
		}
	}
	circle_queue(last,0,u,fa);
}
int main(){ 
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,k,a,b;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&k,&a);
		for(int j=2;j<=k;j++)
			scanf("%d",&b),add(a,b),add(b,a),a=b;
	}
	lim=ent;
	dfs_get_tree(1);
	dp_get_ans(1,0);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}
• 晚上

17.10.13