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);
las=x;
}
}
/*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;
}