[IOI2008]Island 题解（树形DP+单调队列）

基环树DP。

题目大意：给定一张$n$个点$n$条边的无向图，求所有连通块的直径长度之和。

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考虑到边数与点数相等，即一个连通块内不可能有两个环。考虑基环树DP。现在先把连通块内的环看成一个点，对于直径，有如下两种情况：

1.直径在环上点的子树中

2.直径横跨环，端点分别在两个子树中

对于情况1，我们只需进行树形DP即可。对于情况2，因为是在环上，所以环上两点之间的简单路径有两条，所以我们不妨破换成链。设以$i$为根的子树中最大距离为$d_i$，对于一个连通块，我们显然想要$d_i+d_j+s_{i,j}$的值最大（$s$指环上$i$到$j$的距离）。$s_{i,j}$可以通过前缀和相减得到，这样就转化成为$d_i+s_i+d_j-s_j$最大。于是可以用单调队列优化。

细节有点小多。时间复杂度$O(n)$。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1000005;
int n,tot,cnt,st,ans,ans2,ans3,anss;
int s[maxn],v[maxn],v2[maxn],dfn[maxn],d[maxn],dp[maxn*2];
int head[maxn];
struct node
{
    int next,to,dis;
}edge[maxn*2];
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline void add(int from,int to,int dis)
{
    edge[++cnt]=(node){head[from],to,dis};
    head[from]=cnt;
}
inline bool dfs(int now,int pre)
{
    if (v[now]==1)
    {
        v[now]=2,v2[now]=1;dfn[++tot]=now;
        return 1;
    }
    v[now]=1;
    for (int i=head[now];i;i=edge[i].next)
    {
        if (i!=((pre-1)^1)+1&&dfs(edge[i].to,i))
        {
            if (v[now]!=2)
            {
                dfn[++tot]=now,v2[now]=1;
                s[tot]=s[tot-1]+edge[i].dis;
            }
            else
            {
                s[st-1]=s[st]-edge[i].dis;
                return 0;
            }
            return 1;
        }
    }
    return 0;
}
inline void dfs_dp(int now)
{
    v2[now]=1;
    for (int i=head[now];i;i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if (v2[to]) continue;
        dfs_dp(to);
        ans=max(ans,d[now]+d[to]+edge[i].dis);
        d[now]=max(d[now],d[to]+edge[i].dis);
    }
}
inline int solve(int root)
{
    st=tot+1,ans2=0,ans3=0;
    dfs(root,0);
    for (int i=st;i<=tot;i++)
    {
        ans=0;
        dfs_dp(dfn[i]);
        ans2=max(ans2,ans);
        dp[i+tot-st+1]=dp[i]=d[dfn[i]];
        s[i+tot-st+1]=s[i+tot-st]+s[i]-s[i-1];
    }
    deque<int> q;
    for (int i=st;i<=2*tot-st+1;i++)
    {
        while(q.size()&&q.front()<=i-tot+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);
}
signed main()
{
    n=read();
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        add(i,x,y);add(x,i,y);
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
        if (!v2[i]) anss+=solve(i);
    printf("%lld",anss);
    return 0;
}