真的是神题，想了我好久，做了我好久，改了我好久，调了我好久……
（先吐槽一下：题目中的说的仙人图是什么？不是仙人掌图么。还有这个样例输入也是醉了）
由于是仙人掌图（很特殊），所以如果把图中的环都缩点后，则形成一棵树。
先看看在树上的话：
一棵树中两点间的距离是唯一的，所以求出树的最长链就可以得出树的直径了。
考虑dp，这个简单的树上求最长链应该会吧。
显然一个以u为根的子树中的最长链为：以u为端点的最长和第二长链 相拼接。
令dp[u]表示在u所在的子树，以u为端点的最长链的长度，
那么在树形dp到u节点时，
枚举每个儿子，维护出已经枚举了的儿子所贡献的出的f[u]，
那么对于当前枚举到的儿子所形成的最长链和f[u]相拼接，就可能会更新ans
（还是代码更直观）
但是现在是仙人掌图诶，真的要Tarjan缩点使其成为一颗树么？
还是算了吧。
我想起曾经一次考试的有一道题，把仙人掌图不缩点却活生生的化成了一棵树，（当时是便于求lca）。
做法是这样的（这么做好像不必要，因为网上的题解都没这样做，但当时我是这么想的）：
dfs找出每一个环，把环中的边删去，然后把dfs找到的环的起点向环中其它的点连边：
（给删去的边打个del标记，以后若是遇到了就不枚举它。）
（然后加一个belong[u]数组，表示u节点是属于第几个环，便于以后判断两个节点是否在同一个环）
这样就形成了一棵树，可以向上面的那个dp那样跑了么？
当然不行
对于u节点的不在同一个环的两个儿子，这么做dp求ans没问题
但在同一个环呢？这么求ans显然错了，
因为环上两点的距离可不一定是两个点分别到该环起点的dis相加
（当时卡了半天，还是去看了看别人的做法）
我们的dp数组定义任然不变,对于dp数组的求法也任然不变,
变的只是ans的求法：
对于环上的那么多点，怎样求出最长的链呢。
用单调队列。
把同一环上的点存在一个数组中，并把存的东西翻倍，形成二倍序列。
记环的长度为p，
对于枚举到的点，用单调队列维护它后面p/2个点，
使得（队首的节点的最长链+枚举到的点的最长链+队首的节点到枚举到的点在环上的最短距离）最小
然后该值就可以去尝试更新ans了。
然后就差不多了，只是感觉代码很恶心
代码：
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
struct edge{
int to,next;
}e[300005];
bool del[300005];
int head[50005],fg[50005],from[50005],dp[50005];
int belong[50005],tmp[50005],val[50005],who[50005];
int ent=2,n,m,lim,ans,cnt;
void add(int u,int v){
e[ent]=(edge){v,head[u]};
head[u]=ent++;
}
void dfs_get_tree(int u){
fg[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(i<lim) {
int v=e[i].to;
if((i^from[u])==1) continue;
if(fg[v]==1){
++cnt;
int x=u; del[i]=1; del[i^1]=1;
do{
del[from[x]]=1;
del[from[x]^1]=1;
add(v,x); add(x,v);
belong[x]=cnt;
x=e[from[x]^1].to;
}while(x!=v);
}
if(fg[v]==0) from[v]=i,dfs_get_tree(v);
}
fg[u]=2;
}
void circle_queue(int be,int en,int u,int fa){
int p=0;
while(be!=en){
if(!del[be]&&e[be].to!=fa) tmp[++p]=e[be].to;
be=e[be].next;
}
tmp[++p]=u; int len=p/2,l=1,r=0;
if(p==1) return;
for(int i=1;i<=p;i++) tmp[p+i]=tmp[i];
int k=1;
for(int st=1;st<=p;st++){
while(k-st!=len){
++k;
while(r>=l&&val[r]<dp[tmp[k]]+k) r--;
val[++r]=dp[tmp[k]]+k,who[r]=k;
while(l<=r&&who[l]<=st) l++;
}
ans=max(ans,dp[tmp[st]]+dp[tmp[who[l]]]+who[l]-st);
}
for(int i=1;i<p;i++){
dp[u]=max(dp[u],dp[tmp[i]]+min(i,p-i));
}
}
void dp_get_ans(int u,int fa){
int last=head[u];
for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(!del[i]){
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dp_get_ans(v,u);
if(!belong[v]||belong[v]!=belong[e[last].to]){
circle_queue(last,i,u,fa);
last=i;
}
}
circle_queue(last,0,u,fa);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,k,a,b;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&k,&a);
for(int j=2;j<=k;j++)
scanf("%d",&b),add(a,b),add(b,a),a=b;
}
lim=ent;
dfs_get_tree(1);
dp_get_ans(1,0);
printf("%d",ans);
return 0;
}
原文：http://www.cnblogs.com/zj75211/p/7662309.html