题目链接：https://vjudge.net/contest/67418#problem/F
题目大意：给你一个图，让你加一条边，使得原图中的桥尽可能的小。（谢谢梁学长的帮忙）
我对重边，tarjan算法中的各个数组的作用，以及需要哪些数组，还有一些不可取的地方。
重边：原来一直以为无向图没有重边，，，在进行无向图的缩点的时候，假设 ｕ－ >已经走过了，那么 在不加重边的情况下，v- > u是不能走的。如果加重边了，ｕ->ｖ，这个时候，假设本来ｖ－> u 是桥，但是加了之后就不是桥了。
low数组: 这个数组存的是当前这个数能够到达最早的时间戳，注意low 数组不能用来判断染色。
举个例子：（1,2) (2,1) (2,3) (3,4) (4,2) 这是五条边，如果按照正确的tarjan算法来跑到的话。
1 1 1
2 1 1
3 2 1
4 2 1（具体形式：编号 low数组的值 染色值），可以看到虽然这四个是一个联通块，但是每一个的ｌｏｗ并不是都相等，这个地方就可以联想到tarjan的有向这个性质上了。
dfn 数组：这个就是时间戳了。
istack数组：这个数组的作用就是判断哪一些是联通块，哪一些点是在一个缩点里面的。
我觉得tarjan 这三个数组就差不多够了，还有一个细节，在判断已经访问过的点的时候，这个时候需要更新，但是并不能访问已经缩好的点，否则的话，会将已经形成缩点的中的一部分点原来的值覆盖掉。
树的直径
我所理解的树的直径，就是树中最长的一条链。具体实现形式，首选任意选取这个图上的一个点，通过这个点进行ｂｆｓ，找到最远的点，然后再通过最远的点进行ｂｆｓ，再找到的长度就是这个树上的最长链了，也就是树的直径。
我自己的证明方法：假设最长链是 u - v， 首先任意选取一个点，如果选取的这个点是最长链上的，那么第一次ｂｆｓ找到的点一定是ｕ或者ｖ，然后再进行一次ｂｆｓ的话，肯定能够将最长的链找出来。如果选取的点不是最长链上的，那么在寻找的过程中，肯定也能找到两个端点中的一个，也就是说肯定能找到最长链上的一个点，然后就和第一种情况相同了。
对于这个题
首先缩点是可以理解的，为了让形成的新的图尽可能的小（如果按照原图的话，寻找树的直径的我过程会超时），也就是联通的都形成一个缩点，然后剩下的边就肯定是桥了，这样的话，图就会变得比原来小多了。为什么这个题求最长直径就可以使得减少的桥的数目最多？首先，最长直径是对于缩点后的图来说的，如果把其中两个点连起来，这两个点原来形成的链上的边（也就是桥）都会消失，但是这两个点的相连并不会对其他的桥产生影响，因为该缩点的都缩起来了，所以这个题就需要找一个最长链，才能使得减少的桥数最多。
ＡＣ代码：
#include<iostream>
#include<stack>
#include<stdio.h>
#include<map>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 200000+10;／／注意宏定义！！！宏定义相乘会消耗比较多的时间
# define ll long long
# define inf 0x3f3f3f3f
struct node
{
int nex;
int to;
int flag;
} edge[maxn*10];
struct point
{
int fr;
int to;
} po[maxn*10];
int head[maxn],low[maxn],dfn[maxn],istack[maxn];
int vis[maxn],dis[maxn];
int n,m,k,num,maxx;
int timeindex,col;
stack<int>w;
void init1()
{
memset(low,0,sizeof(low));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(istack,0,sizeof(istack));
while(!w.empty())w.pop();
k=0;
timeindex=0;
col=0;
maxx=0;
}
void init2()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
num=0;
}
void addedge(int fr,int to)
{
edge[num].to=to;
edge[num].nex=head[fr];
edge[num].flag=0;
head[fr]=num++;
}
void tarjan(int u,int root)
{
low[u]=dfn[u]=++timeindex;
w.push(u);
for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].nex)
{
int v=edge[i].to;
if(edge[i].flag)continue;
edge[i].flag=edge[i^1].flag=1;
if(dfn[v]==0)
{
tarjan(v,u);
low[u]=min(low[u],low[v]);
if(low[v]>dfn[u])
{
po[++k].fr=u;
po[k].to=v;
}
}
else if(istack[v]==0)／／如果当前访问过的不是在已经形成的联通块里面在可以更新。
{
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
if(low[u]==dfn[u])
{
int t;
col++;
do
{
t=w.top();
w.pop();
istack[t]=col;
}
while(t!=u);
}
}
int bfs(int t)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,0,sizeof(dis));
vis[t]=1;
queue<int>q;
q.push(t);
int ind=0;
while(!q.empty())
{
int top=q.front();
q.pop();
for(int i=head[top]; i!=-1; i=edge[i].nex)
{
int u=edge[i].to;
if(vis[u])continue;
vis[u]=1;
dis[u]=dis[top]+1;
if(dis[u]>maxx)
{
maxx=dis[u];
ind=u;
}
q.push(u);
}
}
return ind;
}
int main()
{
while(~scanf("%d %d",&n,&m)&&(n+m))
{
int t1,t2;
init1();
init2();
for(int i=1; i<=m; i++)
{
scanf("%d %d",&t1,&t2);
addedge(t1,t2);
addedge(t2,t1);
}
tarjan(1,1);
init2();
for(int i=1; i<=k; i++)
{
addedge(istack[po[i].fr],istack[po[i].to]);／／按照染色的数进行建图
addedge(istack[po[i].to],istack[po[i].fr]);
}
int t=bfs(istack[po[1].fr]);
bfs(t);
// cout<<k<<" "<<maxx<<endl;
printf("%d\n",k-maxx);
}
return 0;
}