luogu 4381 [IOI2008]Island 单调队列 + 基环树直径 + tarjan
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\n",ou); return 0; }