[BZOJ]1023: [SHOI2008]cactus仙人掌图

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Description

　　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（simple cycle）里，我们就称这张图为仙人掌图（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。

Input

　　输入的第一行包括两个整数n和m（1≤n≤50000以及0≤m≤10000）。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。

Output

　　只需输出一个数，这个数表示仙人图的直径长度。

Sample Input

　（样例1）

　　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2）
　　10 1
　　10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Sample Output

　（样例1）

　（样例2）
　　9

HINT

　　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。

　　【注意】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 5000000}，其中5000000即指代栈空间的大小，请根据自己的程序选择适当的数值。

Solution

　　对仙人掌做一次dfs得到一棵dfs树，用f[i]表示i到子树中的点的最长距离，对于桥，我们直接更新f[i]=max(f[j]+1)，并更新答案；对于环上的边，我们对每个环都统计一次答案并把信息汇总到环中深度最小的点上，汇总信息比较容易，考虑如何在环内统计答案，先把环拆成链，复制一份接在后面，然后对每个点i统计点i在环上向前的环大小一半的个数的点，即ans=max(f[i]+f[j]+dis(i,j))（dis(i,j)<=环的大小/2），这样就可以用单调队列可以维护，总复杂度O(n)。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
    int x;char c;
    while((c=getchar())<'0'||c>'9');
    for(x=c-'0';(c=getchar())>='0'&&c<='9';)x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
    return x;
}
#define MN 50000
struct edge{int nx,t;}e[MN*4+5];
int h[MN+5],en,d[MN+5],l[MN+5],cnt,fa[MN+5],f[MN+5],ans,a[MN*2+5],an,q[MN*2+5],ql,qr;
inline void ins(int x,int y)
{
    e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;
    e[++en]=(edge){h[y],x};h[y]=en;
}
void tj(int x)
{
    int i,j;d[x]=l[x]=++cnt;
    for(i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=fa[x])
    {
        if(!d[e[i].t])fa[e[i].t]=x,tj(e[i].t);
        l[x]=min(l[x],l[e[i].t]);
        if(l[e[i].t]>d[x])ans=max(ans,f[x]+f[e[i].t]+1),f[x]=max(f[x],f[e[i].t]+1);
    }
    for(i=h[x];i;i=e[i].nx)if(fa[e[i].t]!=x&&d[e[i].t]>d[x])
    {
        for(an=0,j=e[i].t;j!=x;j=fa[j])a[++an]=f[j];a[++an]=f[x];
        for(j=1;j<=an;++j)a[j+an]=a[j];
        for(j=ql=1,qr=0;j<=an<<1;++j)
        {
            while(ql<=qr&&j-q[ql]>an>>1)++ql;
            if(ql<=qr)ans=max(ans,a[j]+a[q[ql]]+j-q[ql]);
            while(ql<=qr&&a[j]-j>=a[q[qr]]-q[qr])--qr;
            q[++qr]=j;
        }
        for(j=1;j<an;++j)f[x]=max(f[x],a[j]+min(an-j,j));
    }
}
int main()
{
    int n,m,k,x,y;
    n=read();m=read();
    while(m--)for(k=read(),x=read();--k;x=y)ins(x,y=read());
    tj(1);
    printf("%d",ans);
}