基环树，也是环套树，简单地讲就是树上在加一条边。它形如一个环，环上每个点都有一棵子树的形式。因此，对基环树的处理大部分就是对树处理和对环处理。显然，难度在于后者。
扣环
这是几乎所有基环树处理的第一步。扣环的方法多种多样，各有千秋，反正都是(O(n))的。这里贴一下本人扣环的代码。这个东西，稍微博采众长一下就好了。
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;
}
接下来就是题目了。
BZOJ1791 Island
题意：有一个基环树和树组成的森林，共有(n)个结点，边有边权。试求其中所有联通块的直径之和。
(n leq 10^6)
我们只用考虑如何求出一个基环树的直径。
首先，我们要对环上所有点的子树求出它们的直径和最大深度。然后，我们只用考虑在环上至少经过一条边的路径。那么，这种路径在环上一定有起始点和终点。（假设路径是从起始点开始，按顺时针方向走达到终点）
不妨枚举这段路径在环上的终点。由于规定了这个点和方向，我们就可以拆环了。然后是一个经典的技巧，把环上元素复制一遍，就可以枚举全部拆环方案。设环上有(l)个结点。那么，我们枚举终点，就相当于在长度为(2l)的数组上不断滑动一个长度为(l)的区间。
剩下的问题与基环树已经没什么关系了。设环上边权的前缀和为(sum)，环上结点的子树的最大深度为(dep)，那么，在环上起始点为(i)，终点为(j)的路径能得到的长度就是(sum_j - sum_i + dep_j + dep_i)。既然枚举了(j)，我们在滑动区间时就只用维护(dep_i - sum_i)的最大值就可以了。这个可以用单调队列实现。
时间复杂度(O(n))。
CF835F. Roads in the Kingdom
题意：有一棵(n)个结点的基环树，边有边权。需要从环上删去一条边，以最小化直径。输出最小化后的直径。
(n leq 2 imes 10^5)
本题和上道题类似，做法也相近。我们只用枚举删掉的是哪一条边，然后因为路径长度是(sum_j+dep_j-sum_i+dep_i)，我们用两个set维护所有(sum_i+dep_i)和(-sum_i + dep_i)。这样就能求直径只要从两个set中分别取出最大值就好了。当然，还要特判两个最大值是同一个结点的情况。
时间复杂度(O(n log n))。
BZOJ2878 迷失游乐园
题意：有一棵(n)个结点的基环树，边有边权。当你从一个结点出发后，你每次会等概率地选择下一个未被访问过的结点，并走到那个结点，直到与当前点相邻的结点都被访问过为止。试求等概率选择出发点，所走的路径长度的期望值。
(n leq 10^5)
先考虑如何对树做这个问题。我们设(dp_i)为从结点(i)开始，只向孩子结点走的路径的期望长度。按照题意可以得到(dp_i = frac {sum_{j in ch_i} dis(i,j) + dp_j} {|ch_I|})。在计算出所有(dp)值后，再从父亲向孩子结点更新，得到每个点的答案。这样，就是两遍树形dp，一次从下往上更新，一次从上往下更新。
然后考虑对环的处理。环上的两个结点互相到达，既可以按顺时针方向走，也可以按逆时针方向走。因此，我们枚举这个方向，就可以拆环了。然后，我们可以用类似的方法，求出环上结点之间的贡献。这里特别提及一个细节，当在环上向右移动区间时，我们不但要删去区间旧左端点的贡献，还要考虑新左端点因为成为边界，不能再向左走，其贡献会增加。更确切地说，设旧左端点为(u)，新左端点为(v)，那么，原来对于(v)的，有(frac {1} {|ch_v| + 1})的可能向(u)走，但现在，就只有向它的子树走的可能了，故(v)的贡献会改变。
这样，通过一次dfs，两次环上处理，再加一遍dfs，就能解决本题。
时间复杂度(O(n))。
上面的问题中，我们可以直接拆环，把环上元素复制一遍来解决。然而，对于另一些问题，我们需要使用枚举环端点元素的状态的技巧，以实现破环成链。
BZOJ1040 骑士
题意：有一个基环树森林，含有(n)个结点。求其带权最大独立集。
(n leq 10^6)
关于如何求树的带权最大独立集，这里便不必赘述了。
考虑处理环，我们枚举其中某个元素选还是不选，就能破环成链了。
时间复杂度(O(n))。
ARC079F - Namori Grundy
题意：有一个弱联通的有向图，含有(n)个结点和(n)条边。试问是否存在方案，赋给每个结点一个自然数权值(val_i)，满足对于所有结点(u)，(val_u = { m mex}{val_v | (u,v) in E})。一个集合的( m mex)是没有在这个集合中出现的最小自然数。
(n leq 2 imes 10^5)
唯一能导致无解情况出现的就只有环了。我们扣环之后，对环上所有结点的外向树做dfs，这样就只用考虑环了。
顺便一提，对于所有已知({val_v | (u,v) in E})的结点(u)，(val_u)直接暴力求就可以了。设(a_i)表示(val_u = i)时，以(u)为根的外向树中最少需要的结点数（包括(u)）。那么，可以得到：
- (a_0 = 1)
- (a_i = sum_{k=0}^{i-1} a_i + 1)
对这个数列求通项，得到(a_i = 2^i)。因此暴力求( m mex)是(O(log n))的。
设(S_u)表示({val_v | (u,v) in E})，那么，对于环上所有结点(u)，(val_u)要么是({ m mex} S_u)，要么是(S_u)中没有出现的次小的自然数。后一种情况会出现当且仅当(u)在环上前一个结点的权值恰好等于({ m mex}S_u)。于是，我们枚举环上某一个结点是上面哪一种情况，在环上扫一遍判断一下就好了。
时间复杂度(O(n log n))。
小结：总算是对基环树有一个初步的了解。上面例题虽然涉及的做法比较单一，但能反映出基环树的问题大部分上就是树和环，而环又通常转化为链来处理。当然，也必然存在其他新颖的做法。而要丰富自己的认识，估计就只能靠见识更多的题目了。