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如果 ∀ t [ i ] = 0 \forall t[i] = 0 ∀t[i]=0，直接输出 0 0 0。
由于题中所给是 n n n 个点 n n n 条边的 连通图，我们可以得到这是一棵基环树。
我们把答案分为三类：
- 以环上某点 i i i 为根的树的直径；
- 从某个树的叶子出发到达环上的根 i i i，绕过 整个环，回到 i i i，再走向 i i i 的另一个儿子直到叶子；
- 从某个树的叶子出发到达环上的根 i i i，不绕过 整个环，走到环上另一点 j j j，再走向 j j j 的一个儿子直到叶子。
首先，我们找到基环树的环，环长为 m m m，然后对于每颗树，都预处理出 m d e p [ i ] \rm{mdep[i]} mdep[i] 和 s d e p [ i ] \rm{sdep[i]} sdep[i]，分别表示以 i i i 为根的树的深度最大值和次大值，这个一次 d f s \rm{dfs} dfs 就能做到。
然后对于长度为 m m m 的环，设顺时针（或逆时针）第 i i i 个点为 v e c [ i ] , i ∈ [ 0 , m ) \rm{vec[i]}, \ i \in [0, m) vec[i], i∈[0,m)，我们破环成链，令 v e c [ i + m ] = v e c [ i ] \rm{vec[i + m] = vec[i]} vec[i+m]=vec[i]，再做一个前缀和，即
s [ i + 1 ] = s [ i ] + t [ v e c [ i ] ] , i ∈ [ 0 , 2 m ) . \rm{s[i + 1] = s[i] + t[vec[i]]}, \ i \in [0, 2m). s[i+1]=s[i]+t[vec[i]], i∈[0,2m).
这样三类的答案就分别是：
- 第一类：
m d e p [ i ] + s d e p [ i ] + t [ i ] , ∀ i ∈ [ 0 , n ) . \rm{mdep[i] + sdep[i] + t[i]}, \ \forall i \in [0, n). mdep[i]+sdep[i]+t[i], ∀i∈[0,n). - 第二类：
m d e p [ v e c [ i ] ] + s d e p [ v e c [ i ] ] + s [ m ] , ∀ i ∈ [ 0 , m ) . \rm{mdep[vec[i]] + sdep[vec[i]] + s[m], \ \forall i \in [0, m)}. mdep[vec[i]]+sdep[vec[i]]+s[m], ∀i∈[0,m). - 第三类：
m d e p [ v e c [ i ] ] + ( s [ i + 1 ] − s [ j ] ) + m d e p [ v e c [ j ] ] , 0 ≤ j < i < 2 m , i − j < m . \rm{mdep[vec[i]] + (s[i + 1] - s[j]) + mdep[vec[j]]}, \ 0 \leq j < i < 2m, \ i - j < m. mdep[vec[i]]+(s[i+1]−s[j])+mdep[vec[j]], 0≤j<i<2m, i−j<m.
第一、二类要求最大值直接 O ( n ) O(n) O(n) 遍历即可，第三类则需要对式子变形，变为
( m d e p [ v e c [ i ] ] + s [ i + 1 ] ) + ( m d e p [ v e c [ j ] ] − s [ j ] ) , \rm{(mdep[vec[i]] + s[i + 1]) + (mdep[vec[j]] - s[j])}, (mdep[vec[i]]+s[i+1])+(mdep[vec[j]]−s[j]),
这样一来对每个 i i i，就只要维护 m d e p [ v e c [ j ] ] − s [ j ] \rm{mdep[vec[j]] - s[j]} mdep[vec[j]]−s[j] 的最大值，其中
j ∈ [ max ( 0 , i − m + 1 ) , i ) , \rm{j \in [\max(0, i - m + 1), \ i),} j∈[max(0,i−m+1), i),
这可以用单调队列实现，时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)
C++ Code
cpp
#include <bits/stdc++.h>
template<class T>
std::istream &operator>>(std::istream &is, std::vector<T> &v) {
for (auto &x: v) {
is >> x;
}
return is;
}
template<class T>
void chmax(T &a, T b) {
if (a < b) {
a = b;
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> t(n);
std::cin >> t;
if (std::ranges::count(t, 0) == n) {
std::cout << 0 << "\n";
return 0;
}
std::vector<std::vector<int>> adj(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
int u, v;
std::cin >> u >> v;
u--, v--;
adj[u].push_back(v);
adj[v].push_back(u);
}
int idx = 0;
std::vector<int> vec;
vec.reserve(n);
std::vector<bool> ins(n);
std::vector<bool> cyc(n);
std::vector<int> dfn(n, -1);
std::vector<int> pre(n, -1);
auto init = [&](auto &&self, int x) -> void {
dfn[x] = idx++;
ins[x] = true;
for (int y: adj[x]) {
if (y == pre[x]) {
continue;
}
if (dfn[y] == -1) {
pre[y] = x;
self(self, y);
} else if (ins[y]) {
for (int i = x; ; i = pre[i]) {
vec.push_back(i);
cyc[i] = true;
if (i == y) {
break;
}
}
}
}
ins[x] = false;
};
init(init, 0);
std::vector<int> mdep(n);
std::vector<int> sdep(n);
std::ranges::fill(pre, -1);
auto tree = [&](auto &&self, int x) -> void {
for (int y: adj[x]) {
if (y == pre[x] or cyc[y]) {
continue;
}
pre[y] = x;
self(self, y);
if (mdep[x] < mdep[y] + t[y]) {
sdep[x] = mdep[x];
mdep[x] = mdep[y] + t[y];
} else if (sdep[x] < mdep[y] + t[y]) {
sdep[x] = mdep[y] + t[y];
}
}
};
int res = 0;
for (int i: vec) {
tree(tree, i);
chmax(res, mdep[i] + sdep[i]);
}
int dia = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
chmax(dia, mdep[i] + sdep[i] + t[i]);
}
int m = vec.size();
vec.insert(vec.end(), vec.begin(), vec.end());
std::vector<int> s(2 * m + 1);
for (int i = 0; i < 2 * m; i++) {
s[i + 1] = s[i] + t[vec[i]];
}
int ans = std::max(dia, res + s[m]);
std::deque<int> q;
for (int i = 0; i < 2 * m; i++) {
int j = vec[i];
while (not q.empty() and i - q.front() >= m) {
q.pop_front();
}
if (not q.empty()) {
chmax(ans, mdep[j] + s[i + 1] + mdep[vec[q.front()]] - s[q.front()]);
}
while (not q.empty() and mdep[vec[q.back()]] - s[q.back()] <= mdep[j] - s[i]) {
q.pop_back();
}
q.push_back(i);
}
std::cout << ans << "\n";
return 0;
}