bzoj 1023

我说这是我们的noip互测题你信吗...

首先介绍一下仙人掌（略，参见题面）

然后我们思考一下怎么做：

首先，如果原图是一棵树，那么做法是很显然的（树上最长链嘛）

但是，图是一个仙人掌，所以树上最长链的做法有bug

所以我们考虑：是否能将树上的做法移接到仙人掌上即可

怎么移接？

我们看到，根据仙人掌的性质，如果我们对这个仙人掌搜出一棵dfs树，那么不在环上的边一定是树边

如果换一种说法，那么这种边一定是割边！

所以，如果我们把仙人掌看做树上挂着环的一种图，那么我们是可以套用树上最长链的思想，配合树形dp来解决这道题的！

举个例子：

这是一棵很典型的树 

 现在我引入了两条绿色的边（非树边），他就变成了一个典型的仙人掌

于是我们可以对这个仙人掌进行tarjan（很显然，它是有环的，不是吗？）

在tarjan的同时，我们对树边进行树形dp

记dp[i]表示以i为根节点且一定经过i的子树中的以i为起点的最长链长度

于是我们显然有转移：，其中to为i的一个子节点

可是由于它是一个仙人掌，所以存在环，我们知道，对于环，树形dp是处理不了的啊

所以我们借助tarjan进行缩点，分别处理环内和环外的点

方式：对每个点记录一个树上父节点，那么如果从某个点能直接连通到另一个点，但这个点却不是那个点的树上儿子，则说明这两点之间一定存在一个环！

（这一点很显然，对照图理解一下就好）

接下来，在环内我们需要单独处理一遍dp

处理方式待会再说

于是这道题就被分成了两部分：

①：对树部分进行dfs树形dp

②：对环部分单独dp

在树部分，结合上面提到的转移，我们有：

（更新答案是很显然的，因为我可没有要求答案的起点一定是u，所以自然是两条以u为起点的链通过u连起来比较长）

至于环内部分，结合我们刚才提到的判环条件，我们能很清楚的发现一件事情：

①：对于一个环内点的dp值只会影响环内点，而不会影响环外点（环外点与环内点是通过树边进行更新，不涉及环的问题）

②：但是上面这句话存在漏洞：要求这个环内点并不是环中的最高点才行！

为什么？

例：

观察一下，我们能看到：底下绿色的环的dp值只有最上面的那个点才回涉及到对上半部分dp值的更新，而剩下的是没有用的

所以我们在处理每个环时，仅需处理深度最浅的点，更新他的dp值即可

但是，每个点的dp值都会对答案有贡献，因此不要忘记更新答案！

接下来的问题就好说了：如果我们记环中最高点为u，那么根据上述提到的找环的方法，我们完全可以：找到u的一个to，反复找到to的父节点，根据u为环中最高点这一性质，我们最终一定能跳到u，而所有遍历到的点就是一整个环！

在更新答案时，显然我们要找到换上两点i,j，使得dp[i]+dp[j]+dis(i,j)最大来更新ans

朴素来看，这将是个O（n^2）算法

但是我们可以利用单调队列进行优化，因为dis（i，j）根据遍历环的顺序直接可求

这样就优化成了O（n）

最后更新一遍环上最高点的dp值即可。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
struct Edge
{
	int next;
	int to;
}edge[300005];
int head[100005];
int dfn[100005];
int dep[100005];
int low[100005];
int f[100005];
int dp[100005];
int sta[100005],que[100005];
int tot,deep;
int cnt=1;
int n,m;
int ans=0;
void init()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	cnt=1;
}
void add(int l,int r)
{
	edge[cnt].next=head[l];
	edge[cnt].to=r;
	head[l]=cnt++;
}
void dpit(int ed,int st)
{
	int cct=0;
	while(st!=ed)
	{
		sta[++cct]=dp[st];
		st=f[st];
	}
	sta[++cct]=dp[ed];
	for(int i=1;i<cct;i++)
	{
		sta[i+cct]=sta[i];
	}
	int head=1,tail=1;
	que[1]=1;
	for(int i=2;i<=cct+cct/2;i++)
	{
		while(head<=tail&&i-que[head]>cct/2)
		{
			head++;
		}
		ans=max(ans,sta[i]+sta[que[head]]+i-que[head]);
		while(head<=tail&&sta[que[tail]]+i-que[tail]<=sta[i])
		{
			tail--;
		}
		que[++tail]=i;
	}
	for(int i=1;i<cct;i++)
	{
		dp[ed]=max(dp[ed],sta[i]+min(i,cct-i));
	}
}
void tarjan(int rt)
{
	dfn[rt]=low[rt]=++deep;
	for(int i=head[rt];i!=-1;i=edge[i].next)
	{
		int to=edge[i].to;
		if(to==f[rt])
		{
			continue;
		}
		if(!dfn[to])
		{
			f[to]=rt;
			dep[to]=dep[rt]+1;
			tarjan(to);
			low[rt]=min(low[rt],low[to]);
			if(dfn[rt]<low[to])
			{
				ans=max(ans,dp[rt]+dp[to]+1);
				dp[rt]=max(dp[rt],dp[to]+1);
			}
		}else
		{
			low[rt]=min(low[rt],dfn[to]);
		}
		
	}
	for(int i=head[rt];i!=-1;i=edge[i].next)
	{
		int to=edge[i].to;
		if(f[to]==rt||dfn[to]<=dfn[rt])
		{
			continue;
		}
		dpit(rt,to);
	}
}
inline int read()
{
	int f=1,x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int main()
{
//	freopen("pianfen.in","r",stdin);
//	freopen("pianfen.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	init();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int k=read();
		int las=0;
		for(int j=1;j<=k;j++)
		{
			int x=read();
			if(!las)
			{
				las=x;
				continue;
			}
			add(x,las);
			add(las,x);
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		}
	}
	/*for(int i=1;i<=min(n,9871);i++)
	{
		int x=read();
		if(x!=0&&x!=1)
		{
			printf("-l\n");
			return 0;
		}
	}*/
	tarjan(1);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}