仙人掌相關問題的處理方法（未完待續）
仙人掌相關問題的處理方法
如圖所示：
仙人掌圖就是長得像仙人掌的圖嘛（我真沒看出哪裡像了）
定義：對一個無向連通圖，任意一條邊屬於至多一個簡單環。
- 橋邊：非環邊，就是連線環的那些邊；
- 環邊：就是環中的邊嘛。
在仙人掌上，父親和兒子都有節點的和環的之分。
DFS 樹解決仙人掌 DP 問題
仙人掌的處理是十分複雜的（本蒟蒻個人認為，神犇輕噴），這裡先從簡單的 DFS樹開始。
- 樹邊：DFS 樹中存在的邊
- 非樹邊：DFS 樹中不存在的邊
大神們還有什麼覆蓋之類的定義，參考最後的參考文獻。
也就是說環是由多條樹邊和一條非樹邊組成的，非樹邊起到了連線的作用。
我們看幾道經典題目：
引例
一棵仙人掌，每條邊有邊權，求 1 號節點到每個節點的最短路徑長度。節點個數
n≤105
我們先 dfs 一遍的到 dfs 樹，這是我們之後處理的基礎。
然後從一號節點開始 dp 。假設現在已經求出 1 到 u 的距離，列舉 u 的每一個兒子，如果該兒子不在環內，加上邊權繼續；否則，列舉換上的我們暴力求環上的每個點到 1 的距離，然後在分別從環上的每個點繼續 dp 。
一棵帶邊權仙人掌，求直徑（最短路徑最長的兩個點的最短路徑長度）。節點個數
n≤105
我們 DFS 可以得到一顆 DFS 樹。這裡的 DFS 與 Tarjan 比較類似（大概就是 Tarjan），對於現在訪問的節點 u 我們記錄下來 low[u],dfn[u],dpt[u],fa[u] （前兩個含義參考 Tarjan ，dpt 是深度(deepth) ， fa 是 u 在 DFS 樹上的父親），對於沒訪問的（即 dfn 為 0 的）節點繼續遞迴，向上回溯時更新 low 值。
遍歷每條邊時如果 low[v] 大於 dfn[u] ，說明此邊為樹邊；對於一個節點，若其某個兒子在 DFS 樹上的父親不是它（沒錯，它的兒子的父親不是它，機房的小夥伴們都笑瘋了），那麼說明這裡出現了一個環，且此節點為環的根（深度最小的節點），它的那個兒子為環的尾（環中最後被遍歷到的，也就是 DFS 樹的葉子節點）
我們做以上這些的目的主要就是判斷環和橋，然後分別 DP 處理。
我們定義
對於橋來說十分簡單（此時假設沒有環）：
這裡我們在程式碼中的寫法稍有不同：
- 先更新 ans ，後更新 f[u]。
- 遍歷所有兒子，對每個兒子，f[u] 中存的可能是（我們只考慮是的情況，因為只有此時才對結果有影響，這也是為什麼上一條要確保）
second_max(f[v]) ，而 f[v] 可能是（依舊只考慮是的情況）max(f[v]) ，所以我們只需用f[u]+f[v]+1 來更新 ans 即可；
現在我們考慮環的問題：
對於一個環，我們的宗旨是把它縮成一個點（即把一個環的 f 資訊都存在其根上），然後就可以開心地按之前的方式 DP 啦！
由於環中更新答案的時候只轉一圈不能保證答案最優（因為有可能最優的那一部分環被根分開了），又由於環中距離的定義是最短路，所以我們只要轉夠一圈半即可。
如圖：
定義環的節點集合為 C ，記環中一點 a 在環中的遍歷順序為 aid 、環長（環中節點個數）為 L ，則在環中兩個點之間的距離
我們記一個環的根為 x 、尾為 y。（我只是懶得起名）
實現的時候，我們把環中的節點的 f 依次存在一個數組（我的程式碼中是 a 陣列懶得起名+1）裡，然後將這個陣列倍長（就是將其複製一遍放到尾部），遍歷時動一定一（這裡莫名懷念小曉笑瀟），若之間相差大於
整個演算法過程的時間複雜度僅為
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Problem: 1023
User: zhangche0526
Language: C++
Result: Accepted
Time:256 ms
Memory:7076 kb
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#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAXN=5e4+5,MAXM=MAXN<<1;
int n,m;
struct E{int next,to;} e[MAXM<<1];int ecnt,G[MAXN];
void addEdge(int u,int v)
{
e[++ecnt]=(E){G[u],v};G[u]=ecnt;
e[++ecnt]=(E){G[v],u};G[v]=ecnt;
}
int ans;
int f[MAXN];
int dfn[MAXN],dcnt,low[MAXN],dpt[MAXN],fa[MAXN];
int que[MAXN<<1],a[MAXN<<1];
void solve(int x,int y)
{
int cnt=dpt[y]-dpt[x]+1,head=1,tail=1,i;
for(i=y;i!=x;i=fa[i]) a[cnt--]=f[i];a[1]=f[x];
cnt=dpt[y]-dpt[x]+1;
for(i=1;i<=cnt;i++) a[i+cnt]=a[i];
que[1]=1;
for(i=2;i<=cnt+(cnt>>1);i++)
{
if(i-que[head]>(cnt>>1)) head++;
ans=max(ans,a[i]+i+a[que[head]]-que[head]);
while(head<=tail&&a[i]-i>=a[que[tail]]-que[tail]) tail--;
que[++tail]=i;
}
for(i=2;i<=cnt;i++) f[x]=max(f[x],a[i]+min(i-1,cnt-i+1));
}
void dfs(int u)
{
int i;
dfn[u]=low[u]=++dcnt;
for(i=G[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa[u]) continue;
if(!dfn[v]) {fa[v]=u;dpt[v]=dpt[u]+1;dfs(v);}
low[u]=min(low[u],low[v]);
if(low[v]>dfn[u]) ans=max(ans,f[u]+f[v]+1),f[u]=max(f[u],f[v]+1);
//對樹邊的更新
}
for(i=G[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(fa[v]!=u&&dfn[u]<dfn[v])//遍歷非樹邊，處理環
solve(u,v);
}
}
int main()
{
int i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++)
{
int k;scanf("%d",&k);
int u,v;scanf("%d",&u);
for(j=2;j<=k;j++) scanf("%d",&v),addEdge(u,v),u=v;
}
dfs(1);printf("%d\n",ans);
return 0;
}圓方樹
通過前面的幾道例題，我們發現：其實解決仙人掌 DP 問題不過就是參照樹上的解法然後對環上的情況特殊處理一下，把環的資訊記錄到一個點上。
其實，神犇們很早就發現了這一點，於是他們想：既然仙人掌的許多問題在樹上都有現成的解法，那麼如果直接把仙人掌變成樹，豈不美哉？
於是，神犇們成功的仙人掌變成樹，並給這種樹起了一個生動形象的名字：圓方樹，它能解決大多數靜態仙人掌問題
定義
仙人掌
VT=RT∪ST,RT=V,RT∩ST=ϕ ，我們稱RT 集合為圓點，ST 集合為方點；∀e∈E ，若e 不在任何簡單環中，則e∈ET ；易證：圓方樹是一棵樹
構造
- 從任意一個點跑 Tarjan 求點雙連通分量；
- 對於每個點雙，從棧中取出，這時棧中的順序就是環上的順序，在圓方樹中建立方點，依次向棧中的圓點連邊；
- 如果這條邊是橋邊，我們直接在圓方樹中加入它。
性質
- 兩個方點不會相連
圓方樹是無根樹
子仙人掌：以 r 為根的仙人掌上的點 p 的子仙人掌是從仙人掌中起吊 p 到 r 的簡單路徑上的所有邊後， p 所在的連通塊。
以 r 為根的仙人掌中點 p 的子仙人掌就是圓方樹以 r 為根時點 p 的子樹中的所有圓點。
在一個無向連通圖中選出若干個點，這些點互相沒有邊連線，並使取出的點儘量多。資料保證圖的一條邊屬於且僅屬於一個簡單環，圖中沒有重邊和自環。點數
n≤106 ，邊數m≤106
在一個無向連通圖中選出若干個點，這些點互相沒有邊連線，並使取出的點儘量多。資料保證圖的一條邊屬於且僅屬於一個簡單環，圖中沒有重邊和自環。點數 $n\leq10^6$ ，邊數 $m\leq10^6$
- 類比樹上的解法：設
f[i][0/1] 表示點 i 是否選時子樹內的最大獨立集； - 如果一條邊連線兩個圓點，用樹上轉移方式即可；
- 而對於連線圓點和方點的情況，把這個換中所有點拿出來，跑一個環上的 DP 。
時間複雜度：
其實我們在解這道題的時候，沒有必要真正建出圓方樹，我在程式碼裡建出圓方樹只是為了舉例說明，是為讓大家熟悉圓方樹的建法。
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Problem: 4316
User: zhangche0526
Language: C++
Result: Accepted
Time:204 ms
Memory:12140 kb
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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
const int MAXN=2e5+5,MAXM=2e5+5,INF=~0U>>1;
int n,m,newn;//newn：圓方樹的點數
struct CFS
{
struct E{int next,to;} e[MAXM];int ecnt,G[MAXN];
void addEdge(int u,int v){e[++ecnt]=(E){G[u],v};G[u]=ecnt;}
void addEdge2(int u,int v){addEdge(u,v);addEdge(v,u);}
CFS(){ecnt=1;}
} G,T;
int f[MAXN][2],g[MAXN][2],gcnt;
void treeDP(int u,int from)
{
int i;
if(u<=n)
{
f[u][0]=0;f[u][1]=1;
for(i=T.G[u];i;i=T.e[i].next)
{
int v=T.e[i].to;
if(v==from) continue;
treeDP(v,u);
if(v>n) continue;
f[u][0]+=std::max(f[v][0],f[v][1]);
f[u][1]+=f[v][0];
}
}
else
{
for(i=T.G[u];i;i=T.e[i].next)
if(T.e[i].to!=from)
treeDP(T.e[i].to,u);
gcnt=0;
for(i=T.G[u];i;i=T.e[i].next)
{
g[++gcnt][0]=f[T.e[i].to][0];
g[gcnt][1]=f[T.e[i].to][1];
}
for(i=gcnt-1;i;i--)
{
g[i][0]+=std::max(g[i+1][0],g[i+1][1]);
g[i][1]+=g[i+1][0];
}
f[from][0]=g[1][0];
gcnt=0;
for(i=T.G[u];i;i=T.e[i].next)
{
g[++gcnt][0]=f[T.e[i].to][0];
g[gcnt][1]=f[T.e[i].to][1];
}
g[gcnt][1]=-INF;
for(i=gcnt-1;i;i--)
{
g[i][0]+=std::max(g[i+1][0],g[i+1][1]);
g[i][1]+=g[i+1][0];
}
f[from][1]=g[1][1];
}
}
int fa[MAXN],dfn[MAXN],dcnt;
bool onRing[MAXN];
void dfs(int u,int la)
{
int i,j;dfn[u]=++dcnt;
for(i=G.G[u];i;i=G.e[i].next)
{
int v=G.e[i].to;
if(v==la) continue;
if(!dfn[v