题目描述
你将要游览一个有N个岛屿的公园。从每一个岛i出发，只建造一座桥。桥的长度以Li表示。公园内总共有N座桥。尽管每座桥由一个岛连到另一个岛，但每座桥均可以双向行走。同时，每一对这样的岛屿，都有一艘专用的往来两岛之间的渡船。 相对于乘船而言，你更喜欢步行。你希望所经过的桥的总长度尽可能的长，但受到以下的限制。 • 可以自行挑选一个岛开始游览。 • 任何一个岛都不能游览一次以上。 • 无论任何时间你都可以由你现在所在的岛S去另一个你从未到过的岛D。由S到D可以有以下方法： o 步行：仅当两个岛之间有一座桥时才有可能。对于这种情况，桥的长度会累加到你步行的总距离；或者 o 渡船：你可以选择这种方法，仅当没有任何桥和/或以前使用过的渡船的组合可以由S走到D（当检查是否可到达时，你应该考虑所有的路径，包括经过你曾游览过的那些岛）。 注意，你不必游览所有的岛，也可能无法走完所有的桥。 任务 编写一个程序，给定N座桥以及它们的长度，按照上述的规则，计算你可以走过的桥的最大长度。 限制 2 <= N <= 1,000,000 公园内的岛屿数目。 1<= Li <= 100,000,000 桥i的长度。
输入
• 第一行包含N个整数，即公园内岛屿的数目。岛屿由1到N编号。 • 随后的N行每一行用来表示一个岛。第i 行由两个以单空格分隔的整数，表示由岛i筑的桥。第一个整数表示桥另一端的岛，第二个整数表示该桥的长度Li。你可以假设对於每座桥，其端点总是位于不同的岛上。
输出
你的程序必须向标准输出写出包含一个整数的单一行，即可能的最大步行距离。 注1：对某些测试，答案可能无法放进32-bit整数，你要取得这道题的满分，可能需要用Pascal的int64或C/C++的long long类型。 注2：在比赛环境运行Pascal程序，由标准输入读入64-bit数据比32-bit数据要慢得多，即使被读取的数据可以32-bit表示。我们建议把输入数据读入到32-bit数据类型。 评分 N不会超过4,000。
样例输入
7
3 8
7 2
4 2
1 4
1 9
3 4
2 3
3 8
7 2
4 2
1 4
1 9
3 4
2 3
样例输出
24
提示
题意就是求基环森林中的每棵基环树的直径之和，重点是求基环树直径。基环树可以看做是一个环，环上的一些点向外连了一棵树(我们可以称这些基环树里的小树为外向树)。
而基环树的直径有两种可能：1、直径的两端都在同一棵外向树中，即基环树的直径就是这棵外向树的直径。2、直径的两端分别在两棵外向树中，直径绕过环的一部分(也有可能端点在环上，可以看做这个端点在只有一个点的外向树的根节点处)。
对于第一种情况直接每棵外向树求直径就好了，但有几点要注意：
1、求直径方法应该用从根节点找到最远点再从最远点找到它的最远点，而不是维护每个点向下的最长链和与最长链不重合的次长链——因为第二种方法递归时判断的东西太多会爆栈。
2、第一次dfs不要把遍历的点标记为已访问过(即used[x]=-1)，要在第二次dfs再标记。在第一次dfs之前要把环上那个点标记置0，否则第二次dfs时遍历不到那个点。
对于第二种情况将环从一个基准点拆开后倍长，计算出每个点到基准点的距离，再把每个点向外向树延伸的最深距离作为这个点的点权。在这个倍长的序列上DP，因为数据范围较大，所以要用单调队列优化DP。假设序列上的点分别是A1,B1,C1,D1,A2,B2,C2,D2，A到B在环上的顺时针距离就是B1-A1，逆时针距离就是A2-B1。当以D1作为直径的右端点时，A1——D1的直径长是A1的点权+D1的点权+A1B1+B1C1+C1D1，而B1——D1的直径长是B1的点权+D1的点权+B1C1+C1D1。我们发现只要B1的点权>A1的点权+A1B1，选B1作为左端点就比A1更优。只要枚举右端点，用单调队列扫一遍就OK了。
最后附上代码。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
int n;
int cnt;
int tot;
int x;
ll y;
ll ans;
ll f[1000010];
int g[1000010];
int head[1000010];
int to[2000010];
int next[2000010];
int val[2000010];
int used[1000010];
int vis[1000010];
int q[2000010];
int a[1000010];
int pre[1000010];
int suf[1000010];
ll num[2000010];
int cost[1000010];
ll s[2000010];
ll mx;
ll answer;
ll S;
void add(int x,int y,int z)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
val[tot]=z;
}
void find(int x)
{
vis[x]=1;
for(int i;;x=i)
{
i=suf[x];
if(vis[i])
{
a[0]=i;
s[1]=cost[x];
used[i]=-1;
for(int j=x;j!=i;j=pre[j])
{
a[++cnt]=j;
s[cnt+1]=s[cnt]+cost[pre[j]];
used[j]=-1;
}
cnt++;
return ;
}
pre[i]=x;
vis[i]=1;
}
}
void tree_dp(int x,int fa)
{
g[x]=x;
f[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa&&used[to[i]]!=-1)
{
tree_dp(to[i],x);
if(f[to[i]]+val[i]>f[x])
{
f[x]=f[to[i]]+val[i];
g[x]=g[to[i]];
}
}
}
}
void tree_dp2(int x,int fa)
{
g[x]=x;
f[x]=0;
used[x]=-1;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa&&used[to[i]]!=-1)
{
tree_dp2(to[i],x);
if(f[to[i]]+val[i]>f[x])
{
f[x]=f[to[i]]+val[i];
g[x]=g[to[i]];
}
}
}
}
ll dis(int x,int y)
{
return s[y-1]-s[x-1];
}
ll queue_dp()
{
ll res=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
num[i+cnt]=num[i];
}
for(int i=cnt+1;i<=2*cnt;i++)
{
s[i]=s[i-cnt]+S;
}
int l=1;
int r=0;
for(int i=1;i<=2*cnt;i++)
{
while(l<=r&&i-q[l]>=cnt)
{
l++;
}
if(l<=r)
{
res=max(res,num[i]+num[q[l]]+dis(q[l],i));
}
while(l<=r&&num[i]>=num[q[r]]+dis(q[r],i))
{
r--;
}
q[++r]=i;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(i,x,y);
add(x,i,y);
suf[i]=x;
cost[i]=y;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(used[i]==0)
{
cnt=0;
find(i);
mx=0;
S=s[cnt];
for(int j=0;j<cnt;j++)
{
used[a[j]]=0;
tree_dp(a[j],0);
answer=g[a[j]];
num[j+1]=f[a[j]];
tree_dp2(answer,0);
mx=max(mx,f[answer]);
}
mx=max(queue_dp(),mx);
ans+=mx;
}
}
printf("%lld",ans);
}