题目

　　如果某个无向连通图的任意一条边至多只出现在一条简单回路（simple cycle）里，我们就称这张图为仙人掌
图（cactus）。所谓简单回路就是指在图上不重复经过任何一个顶点的回路。

　　举例来说，上面的第一个例子是一张仙人图，而第二个不是——注意到它有三条简单回路：（4，3，2，1，6
，5，4）、（7，8，9，10，2，3，7）以及（4，3，7，8，9，10，2，1，6，5，4），而（2，3）同时出现在前两
个的简单回路里。另外，第三张图也不是仙人图，因为它并不是连通图。显然，仙人图上的每条边，或者是这张仙
人图的桥（bridge），或者在且仅在一个简单回路里，两者必居其一。定义在图上两点之间的距离为这两点之间最
短路径的距离。定义一个图的直径为这张图相距最远的两个点的距离。现在我们假定仙人图的每条边的权值都是1
，你的任务是求出给定的仙人图的直径。

输入格式

　　输入的第一行包括两个整数n和m（1≤n≤50000以及0≤m≤10000）。其中n代表顶点个数，我们约定图中的顶
点将从1到n编号。接下来一共有m行。代表m条路径。每行的开始有一个整数k（2≤k≤1000），代表在这条路径上
的顶点个数。接下来是k个1到n之间的整数，分别对应了一个顶点，相邻的顶点表示存在一条连接这两个顶点的边
。一条路径上可能通过一个顶点好几次，比如对于第一个样例，第一条路径从3经过8，又从8返回到了3，但是我们
保证所有的边都会出现在某条路径上，而且不会重复出现在两条路径上，或者在一条路径上出现两次。

输出格式

　　只需输出一个数，这个数表示仙人图的直径长度。

输入样例

样例1：
15 3

9 1 2 3 4 5 6 7 8 3

7 2 9 10 11 12 13 10

5 2 14 9 15 10

样例2：
10 1

10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

输出样例

样例1：
8

样例2：
9

提示

对第一个样例的说明：如图，6号点和12号点的最短路径长度为8，所以这张图的直径为8。

【注意】使用Pascal语言的选手请注意：你的程序在处理大数据的时候可能会出现栈溢出。

如果需要调整栈空间的大小，可以在程序的开头填加一句：{$M 5000000}，其中5000000即

指代栈空间的大小，请根据自己的程序选择适当的数值。

题解

仙人掌入门题QAQ
看了好久题解，终于弄懂了。
想着自己肝，结果代码能力太差还是没处理好。
最后参照了下黄学长的代码A了
【月考D1爆炸中，仍在机房浪】

仙人掌

仙人掌，相信大家听得非常的多，一定也对其产生过浓厚兴趣。
其实仙人掌，说白了就是一棵树，上边套着很多的简单环，环间互不干涉，可以单独处理。【严谨定义见题目】
举一个比较直观的例子：【画得略丑】

环间互不干涉，这是一个很优美的性质，根据它我们可以得到了仙人图上的dp算法

①首先我们看看如果是一棵单纯的树怎么做：
如果是树，其实就是求树的直径，即树上最远的两个点的距离
树形dp非常简单：
令f[i]表示i节点往下到叶子最深的路径的长度
f[i]=maxf[son]+1;
由于f[i]对于儿子逐个更新，在更新到儿子3的时候，f[i]里存的是儿子1、2更新完的答案，此时f[i]+f[son3]+1即表示f[i]的前两个儿子中经过i节点到达3儿子所在子树所形成的最长路径长度，可用来同步更新答案ans=max(ans,f[u]+f[son]+1)
最后面跑完，答案就是所求

②加上环
加上环之后我们只需要单独考虑环带来的影响。
什么意思？如图：

环上每个点都有属于自己的外向树，我们在dfs更新f[i]时忽略与i处于一个环上的点，此时环上所有点的f[i]都指自己外向树中的最大深度
我们就可以跑一遍环上的dp来更新答案，用单调队列优化，最后再把最高点的f[i]更新了就好【因为f[i]往上还要更新别的点】

如何操作？

更新答案

首先对于环上两点i，j (i > j)我们有ans=max(ans,f[i]+f[j]+min(i−j,n−i+j)

我们可以将环拆开，延长一倍，用单调队列优化。队首元素与当前元素距离不得超过环的一半，这样就保证了一定是从最近路径更新的，保证了答案的正确性和完整性

更新最高点f[rt]

枚举即可，详见代码

蒟蒻要上晚自习回去复习月考了，先简单写到这，改天写详细些
【已upd】
放代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u]; k != -1; k = ed[k].nxt)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 50005,maxm = 10000005,INF = 1000000000;
inline int RD(){int out = 0,flag = 1; char c = getchar();while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 1) + (out << 3) + c - '0'; c = getchar();}return out * flag;
}
int n,m,h[maxn],ne = 0;
struct EDGE{int to,nxt;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v){ed[ne] = (EDGE){v,h[u]}; h[u] = ne++;ed[ne] = (EDGE){u,h[v]}; h[v] = ne++;
}
int fa[maxn],dep[maxn],dfn[maxn],low[maxn],f[maxn],st[maxn],top = 0,cnt = 0;
int ans = 0,cir[2 * maxn],ci = 0,q[2 * maxn],head,tail,N;
void DP(int rt,int u){int ci = dep[u] - dep[rt] + 1;for (int i = u; i != rt; i = fa[i])cir[ci--] = f[i];cir[ci] = f[rt];ci = dep[u] - dep[rt] + 1;for (int i = 1; i <= ci; i++) cir[ci + i] = cir[i];N = ci << 1; head = tail = 1; q[tail] = 1;for (int i = 2; i <= N; i++){while (i - q[head] > (ci >> 1)) head++; ans = max(ans,cir[i] + i - q[head] + cir[q[head]]);while (head <= tail && cir[i] - i >= cir[q[tail]] - q[tail]) tail--;q[++tail] = i;}for (int i = 2; i <= ci; i++)f[rt] = max(f[rt],cir[i] + min(i - 1,ci - i + 1));
}
void dfs(int u){dfn[u] = low[u] = ++cnt; st[++top] = u; int to;Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u]){if (!dfn[to]){fa[to] = u; dep[to] = dep[u] + 1; dfs(to);low[u] = min(low[u],low[to]);}else low[u] = min(low[u],dfn[to]);if (low[to] > dfn[u])ans = max(ans,f[u] + f[to] + 1),f[u] = max(f[u],f[to] + 1);low[u] = min(low[u],low[to]);}Redge(u) if (fa[to = ed[k].to] != u && dfn[u] < dfn[to])DP(u,to);
}
int main(){memset(h,-1,sizeof(h));n = RD(); m = RD(); int k,a,b;while (m--){if (!(k = RD())) continue;a = RD();for (int i = 2; i <= k; i++) b = a,a = RD(),build(b,a);}for (int i = 1; i <= n; i++)if (!dfn[i]) dfs(i);printf("%d\n",ans);return 0;
}