基環樹，也是環套樹，簡單地講就是樹上在加一條邊。它形如一個環，環上每個點都有一棵子樹的形式。因此，對基環樹的處理大部分就是對樹處理和對環處理。顯然，難度在於后者。
扣環
這是幾乎所有基環樹處理的第一步。扣環的方法多種多樣，各有千秋，反正都是\(O(n)\)的。這里貼一下本人扣環的代碼。這個東西，稍微博采眾長一下就好了。
struct edge {
int la,b,v;
} con[N << 1];
int tot, fir[N];
int vis[N], cnt, lop[N], dist[N], inl[N], rt;
int getlop(int pos,int fa) {
if (vis[pos]) {
rt = pos;
return 1;
}
vis[pos] = 1;
int tmp;
for (int i = fir[pos] ; i ; i = con[i].la) {
if (con[i].b == fa) continue;
if (tmp = getlop(con[i].b,pos), tmp) {
if (tmp == 1) {
lop[++cnt] = pos;
dist[cnt] = con[i].v;
inl[pos] = 1;
if (pos != rt) return 1;
}
return 2;
}
}
return 0;
}
接下來就是題目了。
BZOJ1791 Island
題意：有一個基環樹和樹組成的森林，共有\(n\)個結點，邊有邊權。試求其中所有聯通塊的直徑之和。
\(n \leq 10^6\)
我們只用考慮如何求出一個基環樹的直徑。
首先，我們要對環上所有點的子樹求出它們的直徑和最大深度。然后，我們只用考慮在環上至少經過一條邊的路徑。那么，這種路徑在環上一定有起始點和終點。（假設路徑是從起始點開始，按順時針方向走達到終點）
不妨枚舉這段路徑在環上的終點。由於規定了這個點和方向，我們就可以拆環了。然后是一個經典的技巧，把環上元素復制一遍，就可以枚舉全部拆環方案。設環上有\(l\)個結點。那么，我們枚舉終點，就相當於在長度為\(2l\)的數組上不斷滑動一個長度為\(l\)的區間。
剩下的問題與基環樹已經沒什么關系了。設環上邊權的前綴和為\(sum\)，環上結點的子樹的最大深度為\(dep\)，那么，在環上起始點為\(i\)，終點為\(j\)的路徑能得到的長度就是\(sum_j - sum_i + dep_j + dep_i\)。既然枚舉了\(j\)，我們在滑動區間時就只用維護\(dep_i - sum_i\)的最大值就可以了。這個可以用單調隊列實現。
時間復雜度\(O(n)\)。
CF835F. Roads in the Kingdom
題意：有一棵\(n\)個結點的基環樹，邊有邊權。需要從環上刪去一條邊，以最小化直徑。輸出最小化后的直徑。
\(n \leq 2 \times 10^5\)
本題和上道題類似，做法也相近。我們只用枚舉刪掉的是哪一條邊，然后因為路徑長度是\(sum_j+dep_j-sum_i+dep_i\)，我們用兩個set維護所有\(sum_i+dep_i\)和\(-sum_i + dep_i\)。這樣就能求直徑只要從兩個set中分別取出最大值就好了。當然，還要特判兩個最大值是同一個結點的情況。
時間復雜度\(O(n \log n)\)。
BZOJ2878 迷失游樂園
題意：有一棵\(n\)個結點的基環樹，邊有邊權。當你從一個結點出發后，你每次會等概率地選擇下一個未被訪問過的結點，並走到那個結點，直到與當前點相鄰的結點都被訪問過為止。試求等概率選擇出發點，所走的路徑長度的期望值。
\(n \leq 10^5\)
先考慮如何對樹做這個問題。我們設\(dp_i\)為從結點\(i\)開始，只向孩子結點走的路徑的期望長度。按照題意可以得到\(dp_i = \frac {\sum_{j \in ch_i} dis(i,j) + dp_j} {|ch_I|}\)。在計算出所有\(dp\)值后，再從父親向孩子結點更新，得到每個點的答案。這樣，就是兩遍樹形dp，一次從下往上更新，一次從上往下更新。
然后考慮對環的處理。環上的兩個結點互相到達，既可以按順時針方向走，也可以按逆時針方向走。因此，我們枚舉這個方向，就可以拆環了。然后，我們可以用類似的方法，求出環上結點之間的貢獻。這里特別提及一個細節，當在環上向右移動區間時，我們不但要刪去區間舊左端點的貢獻，還要考慮新左端點因為成為邊界，不能再向左走，其貢獻會增加。更確切地說，設舊左端點為\(u\)，新左端點為\(v\)，那么，原來對於\(v\)的，有\(\frac {1} {|ch_v| + 1}\)的可能向\(u\)走，但現在，就只有向它的子樹走的可能了，故\(v\)的貢獻會改變。
這樣，通過一次dfs，兩次環上處理，再加一遍dfs，就能解決本題。
時間復雜度\(O(n)\)。
上面的問題中，我們可以直接拆環，把環上元素復制一遍來解決。然而，對於另一些問題，我們需要使用枚舉環端點元素的狀態的技巧，以實現破環成鏈。
BZOJ1040 騎士
題意：有一個基環樹森林，含有\(n\)個結點。求其帶權最大獨立集。
\(n \leq 10^6\)
關於如何求樹的帶權最大獨立集，這里便不必贅述了。
考慮處理環，我們枚舉其中某個元素選還是不選，就能破環成鏈了。
時間復雜度\(O(n)\)。
ARC079F - Namori Grundy
題意：有一個弱聯通的有向圖，含有\(n\)個結點和\(n\)條邊。試問是否存在方案，賦給每個結點一個自然數權值\(val_i\)，滿足對於所有結點\(u\)，\(val_u = {\rm mex}\{val_v | (u,v) \in E\}\)。一個集合的\(\rm mex\)是沒有在這個集合中出現的最小自然數。
\(n \leq 2 \times 10^5\)
唯一能導致無解情況出現的就只有環了。我們扣環之后，對環上所有結點的外向樹做dfs，這樣就只用考慮環了。
順便一提，對於所有已知\(\{val_v | (u,v) \in E\}\)的結點\(u\)，\(val_u\)直接暴力求就可以了。設\(a_i\)表示\(val_u = i\)時，以\(u\)為根的外向樹中最少需要的結點數（包括\(u\)）。那么，可以得到：
- \(a_0 = 1\)
- \(a_i = \sum_{k=0}^{i-1} a_i + 1\)
對這個數列求通項，得到\(a_i = 2^i\)。因此暴力求\(\rm mex\)是\(O(\log n)\)的。
設\(S_u\)表示\(\{val_v | (u,v) \in E\}\)，那么，對於環上所有結點\(u\)，\(val_u\)要么是\({\rm mex} S_u\)，要么是\(S_u\)中沒有出現的次小的自然數。后一種情況會出現當且僅當\(u\)在環上前一個結點的權值恰好等於\({\rm mex}S_u\)。於是，我們枚舉環上某一個結點是上面哪一種情況，在環上掃一遍判斷一下就好了。
時間復雜度\(O(n \log n)\)。
小結：總算是對基環樹有一個初步的了解。上面例題雖然涉及的做法比較單一，但能反映出基環樹的問題大部分上就是樹和環，而環又通常轉化為鏈來處理。當然，也必然存在其他新穎的做法。而要豐富自己的認識，估計就只能靠見識更多的題目了。