最近一下子看到好多基環樹的題，先做兩道入門吧
解釋基環樹——樹加一條邊使之成環
這裏想說一下基環樹和tarjan最基本的區別：基環樹入度出度至多爲1。
樹形DP還有一種特殊情況——基環樹的DP，基環樹就是一顆樹上再加一條邊，處理基環樹問題時一般先找出環再處理，然後再搞來搞去就行啦
例如[ZJOI2008]騎士
利用基環樹只有一條多餘邊的性質對其進行特判，其餘樹形dp
ps f[i][0] f[i][1]分別代表選這個點和不選這個點的情況、這題注意卡常優化啊
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=3111111;
long long tot,n,x,s3,a[1100000],mx,ans,to[N],k,s,s1,s2,r,dp[1100000][2],vis[N],head[N],next1[N];
inline long long Max(const long long &a,const long long &b){return a<b?b:a;}
void add(int x,int y)
{ next1[++tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
inline void dfs(int x,int fa)
{
for (register int i=head[x];i;i=next1[i])
{ long long v=to[i];
if (v==fa) continue;
if (vis[v]) {k=1;s=i;s1=x;s2=v;} else {vis[v]=1; dfs(v,x);}
}
}
inline void tdp(const int &x,const int &fa)
{
dp[x][1]=a[x]; dp[x][0]=0;
for (register int i=head[x];i;i=next1[i])
{ long long v=to[i];
if (v==fa) continue;
if (s%2) s3=s+1;else s3=s-1;
if (i!=s && i!=s3) {// cout<<x<<' '<<v<<' '<<i<<' '<<s<<endl;
tdp(v,x); dp[x][1]=Max(dp[x][1],dp[x][1]+dp[v][0]);dp[x][0]=Max(dp[x][0],dp[x][0]+Max(dp[v][0],dp[v][1]));}
}
if (k==1 && r==x) dp[x][1]=-1e12;
}
int main()
{
n=read();
for (register int i=1;i<=n;i++)
{ a[i]=read(); x=read(); add(i,x); add(x,i); }
for (register int i=1;i<=n;i++)
if (!vis[i])
{ k=0;s=0;mx=0;
vis[i]=1; dfs(i,0);
if (k==1) { // cout<<s1<<' '<<s2<<endl;
r=s1;tdp(i,0);mx=Max(mx,Max(dp[i][0],dp[i][1]));
r=s2;tdp(i,0);mx=Max(mx,Max(dp[i][0],dp[i][1])); }
else {tdp(i,0);mx=Max(mx,Max(dp[i][0],dp[i][1]));}
ans+=mx;
}
cout<<ans<<endl;
}
題意：
有n個人，每個人有兩個時間點可以參加考試，任意兩人不能在同一時間點參加考試。問最遲考試的人的考試時間最早是多少？
n≤106.n≤106.
一般遇到給定兩個人的關係，或者兩個條件、又或者牌的反轉都可以考慮一下基環樹
題解：
離散化，將每人的兩個時間點連邊。題意可以轉化爲：給每條邊定向滿足任意一點入度至多爲1，使得每條邊指向的點的編號最大值最小。
要滿足任意一點入度至多爲1，原圖必須是基環森林（每個連通塊必須是基環樹（注意可以有多個基環樹，同時判基環樹時邊不能重複走，需打標記（寫掛的原因））或樹）。先判不合法的情況。然後對於每個連通塊，如果是基環樹，那麼每個點一定有1的入度，用最大值更新答案；如果是樹，那麼最多使得根節點沒有入度，其餘點都有1的入度，所以把最大編號設爲根，用次大值更新答案。每個連通塊的值的最大值即爲最終答案。
複雜度O(nlogn).
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=3111111;
vector <int> v;
long long k,k1,tot=1,n,x,e,mx2,ss,s3,p[N],a[1100000],zhi[N],b[N],mx,ans,to[N],s,s1,s2,r,vis[N],head[N],next1[N];
inline long long Max(const long long &a,const long long &b){return a<b?b:a;}
void add(int x,int y)
{ next1[++tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
inline void dfs(int x,int fa)
{ if (zhi[x]<=mx && zhi[x]>mx2) mx2=zhi[x];
if (zhi[x]>mx) mx2=mx, mx=zhi[x];
for (register int i=head[x];i;i=next1[i])
{ long long v=to[i];
if (v==fa)continue;
if (p[i]) continue;//走過的邊不會再走
if (vis[v]){k=1;p[i]=1; s1=i^1; p[s1]=1;e++;}
else {p[i]=1; s1=i^1;p[s1]=1;vis[v]=1; dfs(v,x);}
}
}
int main()
{
n=read();
for (register int i=1;i<=n;i++)
{ a[i]=read(); b[i]=read();
v.push_back(a[i]); v.push_back(b[i]); }
sort(v.begin(),v.end());
ss=unique(v.begin(),v.end())-v.begin();
for (int i=1;i<=n;i++)
{ k=lower_bound(v.begin(),v.begin()+ss-1,a[i])-v.begin()+1; zhi[k]=a[i];
k1=lower_bound(v.begin(),v.begin()+ss-1,b[i])-v.begin()+1; zhi[k1]=b[i];
add(k,k1); add(k1,k);}
for (register int i=1;i<=ss;i++)
if (!vis[i])
{ e=0;//有多個基環樹是可以的
k=0;s=0;mx=0;mx2=0;
vis[i]=1;
dfs(i,0);
if (e>1) {break;}
if (k==1) { ans=max(mx,ans); }
else {ans=max(mx2,ans);}
}
if (e>1) cout<<"-1"<<endl;
else cout<<ans<<endl;
}