仙人掌树学习1：仙人掌图 洛谷：[SHOI2008]仙人掌图 II
首先来看一下题目
【问题描述】
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（simplecycle）里，我们就称这张图为仙人图（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。【输入文件】
输入的第一行包括两个整数n和m（1≤n≤50,000以及0≤m≤10,000）。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≤k≤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。【输出文件】
只需输出一个数，这个数表示仙人图的直径长度。【样例1输入】
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
【样例1输出】
8
【样例2输入】
10 1
10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
【样例2输出】
9
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。
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 5,000,000}，其中5,000,000即指代栈空间的大小，请根据自己的程序选择适当的数值。
解题思路：
我们先不管这棵树里面有没有环，假设它就是正正常常的一棵树，那我们会怎么做？
- 如果解法是从上往下的，那么每到一个点都要往下访问一遍，然后将结果上传，让父亲自己斟酌。点太多了，时间和空间都搞不过来，而且下面的点会被不断地重复访问。pass
- 那么只能从下往上考虑了。每个点的任务是完成两件事情：1.我最底可以到达哪里 2.有没有一条经过我的路径比较长。完成这两个任务的基础都是，我儿子的信息都已经在我手里了。画个图解释一下。
在这幅图中F即为最低可到达的深度，最底层的点自然没有深度。如果当前正在进行操作的点是X，且它的儿子分别是Y1,Y2,Y3.
通过之前的操作我们已经了解到，y1的深度是1，y2的深度是2，y3的深度是1，这些都是可以为X所用的信息。
X的最深深度只用继承儿子中最深的深度然后+1即可。在这幅图中，X的深度是Y2深度+1，所以X可以到达的最深深度是3.
现在考虑经过X的的最长路径。易得最长路径就是X到达底层的最长路径和X到达底层的次长路径之和。
如果没有环的话。整棵树跑一遍这个操作答案就出来了。
可问题的关键就是这棵树就是有环……呵……呵呵……呵呵呵……呵呵呵呵……环……
事情就开始变得有点（非常）啰嗦
棘手点如下：
- 继承方面遇到的困难：如果没有环，我直接拿我儿子的信息去更新我的F值就好了。可是因为有环。我就不能直接这么干，我怎么知道我的儿子会不会连着我的祖宗，然后我继承了我祖宗的信息，问题的关键是祖宗的信息应该是我给他的？？！！……@#%￥……@#￥（我想起了一个悖论：我坐着时光飞机回到过去，把正是8岁的祖母给杀了，那么……我是哪来的？）这种感觉就和带环树有点像，当然这个类比可能不太恰当，不过只要知道这种情况坚决不能让它发生就好。
- 统计经过我的最长路径方面遇到的困难：如下图，假设红色边是新加的一条边，在加上这条边之前经过X点的最长路径，就是X到底的最长路径（c+d+e）加上X到底的次长路径（a+b）长度是（a+b+c+d+e=5）可是这并不是1号点到2号的最短路径，我们发现它们之间还有另一条（a+f+d+e=4）的路径，这时候，树直径的更新就不能由X点来进行了。
难道我们刚才的思路就这样废了吗？NO！NO！NO！
针对第一个棘手点：
虽然我的儿子有跟我在同一环的可能性，但是我跟他也有可能不在同一个环里，这时候我就可以很安心地当他爸爸，直接拿他的信息来更新自己。
当我和我的儿子在同一环里的时候，我们就不要争着谁当谁的老爸。我们直接认环里认定一点当作整个环里其他点的爸爸，整个环里的点都是他的儿子，其他点的信息也全都存在他那里，这样他也好向上级汇报。
所以我只需要装一个环的识别器，平时就普通操作，一旦识别到这部分是环，我就进行另一种操作。
针对第二个棘手点：
同样是加装一个环的识别器，如果是一个普通的点就进行普通的操作，如果是一个环，我们就把一个环当作一个整体去操作。
怎么说？我们只要任意地找环里两个点（假设是A、B），已知这两个点到底层的最深深度，分别是FA,FB，然后我们再看A在环里到达B的最短距离d（因为是环，所以有两条边可以走），那么最长路径的更新就是 FA+FB+d。
通过上述操作我们发现，环在操作中的整体作用已经变化为一个点，因为向上汇报信息的时候，是环中的长老作为代表汇报环中的全部信息。最长路径的更新——是经过这个环的最长路径，这和经过X点的最长路径是同理的。
问题接着推进，
1.刚刚说的那个“环的识别器”怎么实现？
2.如何将环内信息存在长老那里？
3.环内最长路径两两找点更新绝逼超时，如何优化？
针对第一个问题，要装一个“环的识别器”，那么我们思考一下环有什么特征让我们能够识别它？
不就是沿着儿子的方向走可以走到自己嘛！
dfs中我们规定不可以从自己走向父亲（原路返回），让原本无向的仙人掌树变成一个有向图，如果在这种情况下还能有一部分的点可以互相到达，那么说明这些点在一个环里。
想到什么了没有？！对呀，在有向图中找到点可以相互到达，这不就强连通嘛！我们所谓的环不就是连通分量了嘛！
因此环的识别器就是融入强连通，你可能会问仙人掌树不是无向图、强连通不是有向图吗？可是我们dfs的时候是不能让X回到父亲那里去的，不然就会死循环，因此跑树的过程是一个有向图的形式，我们就可以放心地强连通了。
针对第二个问题，
我们更新普通点的F值，操作语句是：F[X]=MAX(F[Y]+1)，就是儿子中取最大的F值+1.
为什么是+1？因为儿子与我只连着一条边，所以我到底层的最长路径就是（我走到儿子+儿子走到底层的路径）
那么环呢？因为环里的其他点都是我的儿子，所以我跟儿子的连边可能不止一条，就不能粗暴地+1了，所以环内长老到底层的最长路径就是：我在环内走到儿子的最短距离（环内从一点到另一点有两条路径，一条顺时针，一条逆时针）+儿子走到底层的最长路径（F[X]=MAX(F[Y]+MIN(X->Y))）
针对第三个问题：
如果我们不进行任何优化的话，思路就是：先把环给double成线状，然后for。什么叫double成线状？如下图，展开以后我们就可以很方便的往后取数操作，例如我要5连着后面6个，就是 5、6、7、8、1、2，它可以在一条线上体现。
那么环上任意找两个点更新最长路径的操作就变成：
for(int i=1;i<=tot*2;i++){for(int j=i+1;j<=tot*2;j++){if(j-i>tot/2)break;ans=max(ans.f[i]+f[j]+j-i);}}（第三行if语句就是确保从x-->y走的边数不超过环内的一半，也就是走最短路径）
谁都看出来这样会超时。同时我们发现，J是I 后面的连续几个元素，随着I 一个一个地往后，J的范围也在不断往后面退，但总得来说相邻两个I 所搜索到的J 有很大的重叠。而且我们仔细一想还发现它满足单调性，所以我们可以用单调队列将二维循环优化为一维循环。
list[1]=1;head=tail=1;for(int i=2;i<=2*tot;i++)//单调队列（将二维循环优化为一维循环），维护以本环为支点，将点四周的任意两条路径合并构成线段{while(head<=tail&&i-list[head]>tot/2)head++; //以超过tot/2为基准踢掉队头 int j=list[head];ans=max(ans,a[i]+a[j]+i-j);while(head<=tail&&i-list[tail]+a[list[tail]]<=a[i])tail--;/*这里可以有两种理解方式：（其实都一样） 1.方程原为 max（f[j]+f[i]+i-j)， 固定i之后就是求 max(f[j]-j) 即移过来的：a[list[tail]]-list[tail]<=a[i]-i 2.画一个图就可得知：对于不为i或j的任意节点（设为x）j与x合并线段为：f[j]+i-j+x-i+f[x]，i与x合并线段为：f[i]+x-i+f[x] x-i+f[x]为公共部分，所以只要当 f[j]+i-j <= f[i] 时即可踢掉j 即 i-list[tail]+a[list[tail]]<=a[i]*/ list[++tail]=i;}呈上完整代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 51000
using namespace std;
struct node
{int y,next;
}a[410000];int last[N],len;
inline void ins(int x,int y)
{len++;a[len].y=y;a[len].next=last[x];last[x]=len;len++;a[len].y=x;a[len].next=last[y];last[y]=len;
}
inline int read()
{char c=getchar();int s=0,f=1;while(c<'0' || '9'<c){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while('0'<=c && c<='9'){s=s*10+c-'0';c=getchar();}return f*s;
}
int ans=0,low[N],dfn[N],f[N],fa[N],deep[N],id,e[2*N],list[2*N],head,tail;
inline int mymin(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int mymax(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline void dp(int root,int x)
{int tot=deep[x]-deep[root]+1;for(int i=x;i!=fa[root];i=fa[i])e[tot--]=f[i];tot=deep[x]-deep[root]+1;for(int i=1;i<=tot;i++)e[i+tot]=e[i];head=tail=1;list[1]=1;for(int i=2;i<=tot*2;i++) {while(head<=tail && i-list[head]>tot/2)head++;ans=mymax(ans,e[list[head]]+e[i]+i-list[head]);while(head<=tail && e[list[tail]]-list[tail]<=e[i]-i)tail--;list[++tail]=i;}for(int i=2;i<=tot;i++)f[root]=mymax(f[root],e[i]+mymin(i-1,tot-i+1));
}
inline void dfs(int x)
{dfn[x]=low[x]=++id;for(int k=last[x];k;k=a[k].next){int y=a[k].y;if(y==fa[x])continue;if(!dfn[y]){fa[y]=x;deep[y]=deep[x]+1;dfs(y);low[x]=mymin(low[x],low[y]);}else low[x]=mymin(low[x],dfn[y]); if(low[y]>dfn[x]){ans=mymax(ans,f[y]+f[x]+1);f[x]=mymax(f[x],f[y]+1);}}for(int k=last[x];k;k=a[k].next){int y=a[k].y;if(fa[y]!=x && dfn[x]<dfn[y])dp(x,y);}
}
int main()
{int n=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int x,y,k;k=read();x=read();for(int j=2;j<=k;j++){y=read();ins(x,y);x=y;}}ans=id=0;dfs(1);printf("%d\n",ans);return 0;
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