[luogu3573]RAJ-Rally

先建一个$S$和$T$，$forall 1le ile n$连边$(S,i)$和$(i,T)$，则最长路即为$S到T的最长路-2$

对于这张DAG，求出一个拓扑序，点$i$为第$i$个（特别的，$id_{S}=0$且$id_{T}=n+1$），根据拓扑序的性质，对于一条路径，其$id$必然单调递增

枚举删除的点$k$，再枚举$S$到$T$的最长路上$id$中$k$的前驱后继（由于$S$和$T$，因此必然存在，强制不等于$k$），记作$i$和$j$（$i$到$j$要有边），则答案为$max(ed_{i}+st_{j}+1)-2$（分别表示从$i$到$S$和从$j$到$T$的最长路，可以预处理）

暴力枚举复杂度仍然不行，考虑删除$k-1$和删除$k$的变化，可以看作以下3步：

1.$j$的枚举范围由$[k,n]$缩小为$[k+1,n]$，将$st_{k}$向之前的贡献删去

2.查询$k$上的答案，用一个set去维护

3.$i$的枚举范围由$[1,k-1]$扩大为$[1,k]$，将$ed_{k}$向之后的贡献加入

用一个set维护插入、删除和查询最大值（注意要可重，因此删除要删指针），由于每一条边最多在左端点插入一次、右端点删除一次，总复杂度为$o(mlog_{2}m)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500005
multiset<int>s;
queue<int>q;
vector<int>v[N],vi[N];
int n,m,x,y,r[N],id[N],st[N],ed[N],ans[N];
void add(int x,int y){
    r[y]++;
    v[x].push_back(y);
    vi[y].push_back(x);
}
void del(int k){
    assert(s.find(k)!=s.end());
    s.erase(s.find(k));
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        add(0,i);
        add(i,n+1);
    }
    x=0;
    q.push(0);
    while (!q.empty()){
        int k=q.front();
        if ((1<=k)&&(k<=n))id[++x]=k;
        q.pop();
        for(int i=0;i<v[k].size();i++)
            if (--r[v[k][i]]==0)q.push(v[k][i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<vi[id[i]].size();j++)ed[id[i]]=max(ed[id[i]],ed[vi[id[i]][j]]+1);
    for(int i=n;i;i--)
        for(int j=0;j<v[id[i]].size();j++)st[id[i]]=max(st[id[i]],st[v[id[i]][j]]+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)s.insert(st[i]-1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<vi[id[i]].size();j++)del(ed[vi[id[i]][j]]+st[id[i]]-1);
        if (!s.size())ans[i]=0;
        else ans[i]=(*--s.end());
        for(int j=0;j<v[id[i]].size();j++)s.insert(ed[id[i]]+st[v[id[i]][j]]-1);
    }
    ans[0]=ans[1];
    for(int i=2;i<=n;i++)ans[0]=min(ans[0],ans[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (ans[i]==ans[0]){
            printf("%d %d",id[i],ans[i]);
            return 0;
        }
}