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====== 基环树 ======

===== 算法简介 =====

基环树由普通树额外增加一条边组成，是图论经典问题之一。

===== 算法例题 =====

==== 例题一 ====

[[https://www.luogu.com.cn/problem/CF711D|CF711D]]

=== 题意 ===

给定一个有向图(不保证连通)，每个点有一条出边。问有多少种方案能将边重定向，使得图中不存在有向环。

=== 题解 ===

首先不难得出结论每个点一条出边的图正好构成基环树森林。

单独考虑每棵基环树，发现只要基环树上的环上所有边不同向即可，其余边方向任意。设第 $i$ 个基环树的环长度为 $w_i$，则答案为 

$$
2^{n-\sum w_i}\prod (2^{w_i}-2)
$$


<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=2e5+5,mod=1e9+7;
struct Edge{
	int to,id,next;
}edge[MAXN<<1];
bool vis[MAXN];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v,int id){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,id,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
int d[MAXN],cyc_len;
void dfs(int u,int dep){
	if(!d[u])
	d[u]=dep;
	else{
		cyc_len=dep-d[u];
		return;
	}
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		if(vis[edge[i].id])continue;
		vis[edge[i].id]=true;
		int v=edge[i].to;
		dfs(v,dep+1);
	}
}
int pw[MAXN];
int main()
{
	int n=read_int();
	pw[0]=1;
	_rep(i,1,n){
		pw[i]=(pw[i-1]<<1)%mod;
		int u=i,v=read_int();
		Insert(u,v,i);
		Insert(v,u,i);
	}
	int ans=1,s=0;
	_rep(i,1,n){
		if(!d[i]){
			dfs(i,1);
			ans=1LL*ans*(pw[cyc_len]+mod-2)%mod;
			s+=cyc_len;
		}
	}
	ans=1LL*ans*pw[n-s]%mod;
	enter(ans);
	return 0;
}
</code>
</hidden>

==== 例题二 ====

[[https://www.luogu.com.cn/problem/P2607|洛谷p2607]]

=== 题意 ===

给定 $n$ 个物品，每个物品有一个权值 $w_i$，同时第 $i$ 个物品不能和第 $p_i$ 个物品同时选择。问能得到的最大权值。

=== 题解 ===

问题等价于基环树森林的最大权独立集。

考虑每个基环树，任取环上的一条边，记为 $(u,v)$。删除这条边，然后跑强制不取 $u$ 情况下的最大权独立集和强制不取 $v$ 情况下的最大权独立集。

于是每个基环树的贡献为上述两种情况下的最大者，可以通过树形 $\text{dp}$ 计算，最后答案为所有基环树贡献相加。

关于找 $(u,v)$ 边可以通过并查集，而强制不取可以将点权设为 $-\text{inf}$ 或者将不取的点为根节点进行 $\text{dp}$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=1e6+5;
struct Edge{
	int to,next;
}edge[MAXN<<1];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
int p[MAXN],w[MAXN];
int Find(int x){
	return x==p[x]?x:p[x]=Find(p[x]);
}
LL dp[MAXN][2];
void dfs(int u,int fa){
	dp[u][0]=0;
	dp[u][1]=w[u];
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);
		dp[u][1]+=dp[v][0];
	}
}
vector<pair<int,int> >del;
int main()
{
	int n=read_int();
	_rep(i,1,n)p[i]=i;
	_rep(u,1,n){
		w[u]=read_int();
		int v=read_int();
		int x=Find(u),y=Find(v);
		if(x!=y){
			Insert(u,v);
			Insert(v,u);
			p[x]=y;
		}
		else
		del.push_back(make_pair(u,v));
	}
	LL ans=0;
	_for(i,0,del.size()){
		int u=del[i].first,v=del[i].second;
		dfs(u,0);
		LL t=dp[u][0];
		dfs(v,0);
		t=max(t,dp[v][0]);
		ans+=t;
	}
	enter(ans);
	return 0;
}
</code>
</hidden>


==== 例题三 ====

[[https://www.luogu.com.cn/problem/P4381|洛谷p4381]]

=== 题意 ===

题目大意就省略了，大概就是给定基环树森林，求所有基环树的最长路径之和。(注意最长路径 $\neq$ 直径)

=== 题解 ===

考虑每棵基环树的情况，首先找到环，先不考虑环上的边，求出环上每个点的子树的直径的最大值，这是可能的答案之一。

另外求出环上每个点到它子树的叶子节点的最远距离 $d$。设环长为 $s$，任取环上的点对 $(u,v)$，于是另一种答案为 

$$
\max(d(u)+d(v)+\text{dis}(u,v),d(u)+d(v)+s-\text{dis}(u,v))
$$

考虑规定一个环上的起始点，于是 $\text{dis}(u,v)=\text{pre}(u)-\text{pre}(v)$，维护两个前缀 $\text{max}$ 即可 $O(n)$ 统计所有点对贡献。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=1e6+5;
const LL inf=1e16;
struct Edge{
	int to,w,id,next;
}edge[MAXN<<1];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v,int w,int id){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,w,id,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
bool edge_vis[MAXN],node_vis[MAXN],node_cyc[MAXN];
LL d[MAXN],cyc_len;
vector<int> cyc;
bool dfs1(int u,LL dep){
	if(node_vis[u]){
		cyc_len=dep-d[u];
		cyc.push_back(u);
		return node_cyc[u]=true;
	}
	d[u]=dep;
	node_vis[u]=true;
	bool flag=false;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		if(edge_vis[edge[i].id])continue;
		edge_vis[edge[i].id]=true;
		int v=edge[i].to;
		if(dfs1(v,dep+edge[i].w)&&!node_cyc[u]){
			cyc.push_back(u);
			node_cyc[u]=true;
			flag=true;
		}
	}
	return flag;
}
LL dfs2(int u,int fa){
	LL ans=0;
	d[u]=0;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa||node_cyc[v])continue;
		ans=max(ans,dfs2(v,u));
		ans=max(ans,d[u]+d[v]+edge[i].w);
		d[u]=max(d[u],d[v]+edge[i].w);
	}
	return ans;
}
LL pre[MAXN];
LL solve(int u){
	cyc.clear();
	dfs1(u,0);
	for(int i=1,j=cyc.size()-1;i<j;i++,j--)swap(cyc[i],cyc[j]);
	_for(i,1,cyc.size())
	pre[cyc[i]]=d[cyc[i]]-d[cyc[0]];
	LL ans=0,max1=-inf,max2=-inf;
	_for(i,0,cyc.size()){
		ans=max(ans,dfs2(cyc[i],0));
		ans=max(ans,d[cyc[i]]+pre[cyc[i]]+max1);
		ans=max(ans,d[cyc[i]]+cyc_len-pre[cyc[i]]+max2);
		max1=max(max1,d[cyc[i]]-pre[cyc[i]]);
		max2=max(max2,d[cyc[i]]+pre[cyc[i]]);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int n=read_int();
	_rep(u,1,n){
		int v=read_int(),w=read_int();
		Insert(u,v,w,u);
		Insert(v,u,w,u);
	}
	LL ans=0;
	_rep(u,1,n){
		if(!node_vis[u])
		ans+=solve(u);
	}
	enter(ans);
	return 0;
}
</code>
</hidden>


==== 例题四 ====

[[https://www.luogu.com.cn/problem/P1399|洛谷p1399]]

=== 题意 ===

给定一个基环树，要求在图上找到一个点，使得该点到其他点的最大距离最小。(该点可以在边上的某个位置)

=== 题解 ===

显然答案是基环树的直径除以 $2$，至于基环树的直径，首先子树贡献同基环树的最长路径，但环上点对 $(u,v)$ 的贡献改为

$$
\min(d(u)+d(v)+\text{dis}(u,v),d(u)+d(v)+s-\text{dis}(u,v))
$$

考虑依次断开一条边，得到链后计算 $\max(d(u)+d(v)+\text{dis}(u,v))$ 得到生成树的直径，则所有断边情况中的最小值就是基环树的直径。

简短证明一下上述结论：首先任意断开一条环上的边可以得到一棵生成树，显然生成树的直径不小于基环树的直径。

事实上，取基环树直径的中点 $rt$，做 $rt$ 的最短路生成树，则最短路生成树的直径等于基环树的直径。证毕。

但这样时间复杂度是 $O(n^2)$，考虑优化。记环上的点分别为 $u_1,u_2\cdots u_m$，考虑先断开 $(u_1,u_m)$ 边，求出前缀

$$
\text{pre1}(i)=\max_{1\le j\le i}(d(u_j)+\text{dis}(u_j,u_1))\\
\text{pre2}(i)=\max_{1\le j,k\le i}(d(u_j)+d(u_k)+\text{dis}(u_j,u_k))
$$

类似定义后缀 $\text{suf1}(i),\text{suf2}(i)$，于是断开 $(u_1,u_m)$ 边的贡献为 $\text{pre2}(k)$。

接下来考虑断开 $(u_i,u_{i-1})$ 的边，分 $(u\lt i,v\ge i),(u,v\lt i),(u,v\ge i)$ 三种情况讨论，此时贡献为

$$
\max\left(\text{pre1}(i-1)+\text{suf1}(i)+\text{dis}(u_{i-1},u_i),\max(\text{pre2}(i-1),\text{suf2}(i))\right)
$$

总时间复杂度 $O(n)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=1e5+5;
const LL inf=1e16;
struct Edge{
	int to,w,id,next;
}edge[MAXN<<1];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v,int w,int id){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,w,id,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
bool edge_vis[MAXN],node_vis[MAXN],node_cyc[MAXN];
LL d[MAXN],cyc_len;
vector<int> cyc;
bool dfs1(int u,LL dep){
	if(node_vis[u]){
		cyc_len=dep-d[u];
		cyc.push_back(u);
		return node_cyc[u]=true;
	}
	d[u]=dep;
	node_vis[u]=true;
	bool flag=false;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		if(edge_vis[edge[i].id])continue;
		edge_vis[edge[i].id]=true;
		int v=edge[i].to;
		if(dfs1(v,dep+edge[i].w)&&!node_cyc[u]){
			cyc.push_back(u);
			node_cyc[u]=true;
			flag=true;
		}
	}
	return flag;
}
LL dfs2(int u,int fa){
	LL ans=0;
	d[u]=0;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa||node_cyc[v])continue;
		ans=max(ans,dfs2(v,u));
		ans=max(ans,d[u]+d[v]+edge[i].w);
		d[u]=max(d[u],d[v]+edge[i].w);
	}
	return ans;
}
LL pre[MAXN],suf[MAXN],pre1[MAXN],pre2[MAXN],suf1[MAXN],suf2[MAXN];
LL solve(int u){
	cyc.clear();
	dfs1(u,0);
	for(int i=1,j=cyc.size()-1;i<j;i++,j--)swap(cyc[i],cyc[j]);
	_for(i,0,cyc.size()){
		pre[cyc[i]]=d[cyc[i]]-d[cyc[0]];
		suf[cyc[i]]=d[cyc[cyc.size()-1]]-d[cyc[i]];
	}
	LL w0=cyc_len-d[cyc[cyc.size()-1]];
	LL ans1=0,pre_t=-inf,suf_t=-inf;
	_for(i,0,cyc.size())ans1=max(ans1,dfs2(cyc[i],0));
	_for(i,0,cyc.size()){
		pre1[cyc[i]]=d[cyc[i]]+pre[cyc[i]];
		pre2[cyc[i]]=d[cyc[i]]+pre[cyc[i]]+pre_t;
		pre_t=max(pre_t,d[cyc[i]]-pre[cyc[i]]);
	}
	_for(i,1,cyc.size()){
		pre1[cyc[i]]=max(pre1[cyc[i]],pre1[cyc[i-1]]);
		pre2[cyc[i]]=max(pre2[cyc[i]],pre2[cyc[i-1]]);
	}
	for(int i=cyc.size()-1;i>=0;i--){
		suf1[cyc[i]]=d[cyc[i]]+suf[cyc[i]];
		suf2[cyc[i]]=d[cyc[i]]+suf[cyc[i]]+suf_t;
		suf_t=max(suf_t,d[cyc[i]]-suf[cyc[i]]);
	}
	for(int i=cyc.size()-2;i>=0;i--){
		suf1[cyc[i]]=max(suf1[cyc[i]],suf1[cyc[i+1]]);
		suf2[cyc[i]]=max(suf2[cyc[i]],suf2[cyc[i+1]]);
	}
	LL ans2=pre2[cyc[cyc.size()-1]];
	_for(i,1,cyc.size())
	ans2=min(ans2,max(pre1[cyc[i-1]]+w0+suf1[cyc[i]],max(pre2[cyc[i-1]],suf2[cyc[i]])));
	return max(ans1,ans2);
}
int main()
{
	int n=read_int();
	_rep(i,1,n){
		int u=read_int(),v=read_int(),w=read_int();
		Insert(u,v,w,i);
		Insert(v,u,w,i);
	}
	LL ans=0;
	_rep(u,1,n){
		if(!node_vis[u])
		ans+=solve(u);
	}
	if(ans%2==0)
	printf("%lld.0",ans/2);
	else
	printf("%lld.5",ans/2);
	return 0;
}
</code>
</hidden>
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