P4381 [IOI2008]Island

洛谷传送门

Solution

因为有 \(n\) 个点和 \(n\) 条边，所以这就是一个基环树森林。

那么题目让我们求的就是基环树的直径之和。

基环树的直径只有两种可能：1.在以环上某一点为根的子树中 2.在两颗子树中并经过环上一部分

那么分别求出两种可能的最大值然后比较大小即可。

对于第一种可能，选择对每一棵树进行树形DP，正常求树的直径。

同时要记录下来 \(len\) 数组，其中 \(len_i\) 表示以环上第 \(i\) 个点为根的子树中，到根最大的距离。这是为了第二种可能准备。

对于第二种可能，设环为 \(E\) ，我们只要求出 \(\max\limits_{i,j\in E,j<i}\{len_i+len_j+dis_{i,j}\}\) 。

但是如果枚举 \(i,j\) 的话复杂度是不允许的。我们将环破为链，并且复制成两倍，设 \(sum_{i}\) 表示从 \(1\) 到 \(i\) 的 \(dis\) 的前缀和，也就是 \(sum_i=sum_{i-1}+dis_{i-1,i}\) ，那么上面的式子就成了 \(len_i+len_j+sum_i-sum_j\rightarrow len_i+sum_i+len_j-sum_j\) 。

将 \(i\) 固定，只考虑 \(j\) ，那么对于两个点 \(j,k\) ， 如果有 \(len_j-sum_j<len_k-sum_k\) ，那么肯定选择 \(k\) ，所以用单调队列优化DP。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;
const int N=1e6+10;
ll n,tot,cnt,ans,st,ans1,ans2,ans3;
ll head[N];
struct edge{
    int to,nxt,w;
}e[N<<1];
ll vis1[N],vis2[N],dfn[N],d[N],dp[N<<1],s[N];

inline void add(int u,int v,int w){
    e[++tot].to=v;
    e[tot].w=w;
    e[tot].nxt=head[u];
    head[u]=tot;
}

bool dfs(int x,int pre){
    if(vis1[x]==1){
        vis1[x]=2,dfn[++cnt]=x,vis2[x]=1;
        return 1;
    }
    vis1[x]=1;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        if(i!=((pre-1)^1)+1&&dfs(e[i].to,i)){
            if(vis1[x]!=2) dfn[++cnt]=x,vis2[x]=1,s[cnt]=s[cnt-1]+e[i].w;
            else{
                s[st-1]=s[st]-e[i].w;
                return 0;
            }
            return 1;
        }
    return 0;
}

inline void tree_dp(int now){
    vis2[now]=1;
    for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to;
        if(vis2[y]) continue;
        tree_dp(y);
        ans=max(ans,d[now]+d[y]+e[i].w);
        d[now]=max(d[now],d[y]+e[i].w);
    }
}

inline ll query(int rt){
    st=cnt+1,ans2=0,ans3=0;
    dfs(rt,0);
    for(int i=st;i<=cnt;i++){
        ans=0;
        tree_dp(dfn[i]);
        ans2=max(ans2,ans);
        dp[i+cnt-st+1]=dp[i]=d[dfn[i]];
        s[i+cnt-st+1]=s[i+cnt-st]+s[i]-s[i-1];
    }
    deque<int> q;
    for(int i=st;i<=2*cnt-st+1;i++){
        while(q.size()&&q.front()<=i-cnt+st-1) q.pop_front();
        if(q.size()) ans3=max(ans3,dp[i]+dp[q.front()]+s[i]-s[q.front()]);
        while(q.size()&&dp[q.back()]-s[q.back()]<=dp[i]-s[i]) q.pop_back();
        q.push_back(i);
    }
    return max(ans2,ans3);
}

int main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1,y,z;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&y,&z);
        add(i,y,z);add(y,i,z);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!vis2[i]) ans1+=query(i);
    printf("%lld\n",ans1);
    return 0;
}