Description
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。
Input
• 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。
Output
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。
题意：求基环树直径.
在一个基环树中，答案有两种情况：
#1. 基环上选两个点，使得这两个点之间距离加上向下延申的距离最长
#2. 不利用基环，直接对环上每个点求该点为根子树的最大直径
两种情况取最大值就是答案
找基环我也没想到什么好方法，直接写了一个 tarjan
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define maxn 1000006
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
int n,edges,scc,num,ncc;
int hd[maxn],to[maxn<<1],nex[maxn<<1];
long long val[maxn<<1];
int low[maxn],dfn[maxn],vis[maxn],st[maxn],siz[maxn],idx[maxn];
ll d1[maxn],d2[maxn];
long long sum[maxn<<1],dis[maxn<<1],dep[maxn<<1];
long long now=0;
bool vis_edge[maxn<<1], vis_edge2[maxn<<1],mark[maxn];
stack<int>S;
deque<int>Q;
struct Node
{
int cur;
long long val;
Node(int cur=0,ll val=0):cur(cur),val(val){}
}nd[maxn<<1];
void addedge(int u,int v,int c)
{
nex[++edges]=hd[u],hd[u]=edges,to[edges]=v,val[edges]=1ll*c;
}
void re()
{
for(int i=0;i<=num;++i) siz[i]=0;
scc=num=ncc=0;
}
int get()
{
return Q.size() ? Q.front() : 0;
}
void tarjan(int u)
{
low[u]=dfn[u]=++scc;
S.push(u);
vis[u]=1;
for(int i=hd[u];i;i=nex[i])
{
if(vis_edge[i]) continue;
vis_edge[i]=vis_edge[i^1]=1;
int v=to[i];
if(!vis[v]) tarjan(v), low[u]=min(low[u],low[v]);
else if(vis[v]==1) low[u]=min(low[u], dfn[v]);
}
if(low[u]==dfn[u])
{
++num;
st[num]=u;
siz[num]=0;
for(;;)
{
int x=S.top();S.pop();
++siz[num];
vis[x]=-1;
idx[x]=num;
if(x==u) break;
}
}
}
void get_arr(int u)
{
for(int i=hd[u];i;i=nex[i])
{
int v=to[i];
if(vis_edge2[i] || idx[v]!=idx[u]) continue;
vis_edge2[i]=vis_edge2[i^1]=1;
if(idx[v] == idx[u])
{
nd[++ncc]=Node(u, val[i]);
get_arr(v);
break;
}
}
}
ll tmp;
void dfs(int u)
{
mark[u]=1;
d1[u]=d2[u]=0;
for(int i=hd[u];i;i=nex[i])
{
int v=to[i];
if(mark[v]) continue;
dep[v]=dep[u]+1ll*val[i];
dfs(v);
if(d1[v] + val[i] >= d1[u])
{
d2[u]=d1[u], d1[u]=d1[v] + val[i];
}
else if(d1[v] + val[i] > d2[u])
{
d2[u]=d1[v] + val[i];
}
}
now=max(now, dep[u]);
tmp=max(tmp, d1[u]+d2[u]);
}
long long solve(int root)
{
tarjan(root);
for(int i=1;i<=num;++i)
{
if(siz[i] > 1)
{
get_arr(st[i]);
break;
}
}
int k=ncc;
for(int i=1;i<=k;++i) nd[++ncc]=nd[i];
for(int i=1;i<=k;++i) mark[nd[i].cur]=1;
long long ans=0;
for(int i=1;i<=ncc;++i)
{
tmp=0;
if(i>k) dis[i]=dis[i-k];
else dep[nd[i].cur]=now=0, dfs(nd[i].cur), dis[i]=now;
ans=max(ans, tmp);
sum[i+1]=sum[i]+nd[i].val;
while(!Q.empty() && i - Q.front() >= k) Q.pop_front();
ans=max(ans,sum[i]+dis[i]+dis[get()]-sum[get()]);
while(!Q.empty() && dis[i]-sum[i]>=dis[Q.back()]-sum[Q.back()]) Q.pop_back();
Q.push_back(i);
}
sum[1]=0;
while(!Q.empty()) Q.pop_front();
re();
return ans;
}
int main()
{
// setIO("input");
scanf("%d",&n);
edges=-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
addedge(i,x,y), addedge(x,i,y);
}
long long ou=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(!vis[i]) { ou+=solve(i); }
}
printf("%lld
",ou);
return 0;
}