建议读者可以先去学习边三连通分量，因为本题的做法很大程度上与边三相关。
题意
给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向简单连通图和 \(k\) 个二元组 \((a_i,b_i)\)。初始时所有边权为 \(0\)，你需要选择两条不同的边，将它们的边权置为 \(1\)，使得 \(\sum\operatorname{dist}(a_i,b_i)\) 最大，其中 \(\operatorname{dist}(a_i,b_i)\) 表示 \(a_i,b_i\) 之间的最短路长度。多测 \(1\leq T\leq 10^5\)，\(3\leq n\leq 5\times 10^5\)，\(n-1\leq m\leq 5\times 10^5\)，\(1\leq \sum{m},\sum{k}\leq 5\times 10^5\)。
题解
有点难。
\(0/1\) 边权非常特殊，我们发现一条 \(1\) 边对一个点对 \((a_i,b_i)\) 有贡献，当且仅当将这条边删去后 \(a_i,b_i\) 不连通。
这类问题套路地考虑建出一棵 DFS 生成树，我们不妨先考察这棵生成树是一条链的时候怎么做。对于一条树边 \((i,i+1)\)，设 \(S_i\) 为所有跨过这条边的非树边集合，\(cov_i\) 表示有多少 \((a_i,b_i)\) 的路径跨过这条边。
分类讨论一下删去的两条边的类型。有一些比较平凡的 case：
- 两条都是非树边：显然此时整张图还是连通的，贡献为 \(0\)。
- 两条都是满足 \(S=\varnothing\) 的树边，或者一条满足 \(S=\varnothing\)，另一条不满足：此时贡献为 \(cov_i+cov_j\) 或者 \(cov_i\)。
考虑如果其中一条树边的 \(S_i\neq \varnothing\)，我们发现此时必须要有 \(|S_i|=1\)，且另一条边恰好是 \(S_i\) 中的那条非树边。此时 \([1,i]\) 和 \([i+1,n]\) 的部分就不连通了，因此贡献为 \(cov_i\)。我们可以使用 XOR Hash，为每条非树边赋一条随机边权，然后令一条树边的边权为 \(S_i\) 中边权的异或和。差分求出每条树边的权值，使用哈希表即可轻松维护这种 case。
再考虑两条树边 \((i,i+1),(j,j+1)\) 满足 \(S_i\neq\varnothing\land S_j\neq\varnothing\) 的 case，此时分为 \([1,i],[i+1,j],[j+1,n]\) 三个部分。可以发现，如果左、中部分有连边，或者中、右部分有连边，那么整张图一定还是连通的。因此 \(S_i,S_j\) 中的边一定连接左、右部分，等价于 \(S_i=S_j\)。此时中部分和左、右部分分离开，那么容斥一下，贡献就是 \(cov_i+cov_j-g(i,j)\)，其中 \(g(i,j)\) 表示有多少 \((a_i,b_i)\) 的路径同时跨过 \((i,i+1),(j,j+1)\) 这两条边。
暴力枚举无法承受。考虑按照 \(S\) 划分等价类，把同一个等价类里的边拉出来计算贡献。对于每条边 \((i,i+1)\)，设 \(f_i(f_i>i)\) 表示与这条边匹配的树边，使得这两条边的贡献最大。我们指出 \(f_i\) 单调不减。
证明：钦定 \(a_i<b_i\)，于是显然
考虑对于某个 \(i\)，我们计算出了其对应的 \(f_i\)。那么考察一个 \(j>i\) 和一个匹配边 \(f_j\) 满足 \(f_j<f_i\)。首先由于 \(f_i\) 是最优的匹配边，我们有
设 \(d_1=g(i,f_i)-g(j,f_i),d_2=g(i,f_j)-g(j,f_j)\)。根据 \(g\) 的定义，我们有
可以发现 \(d_1\geq d_2\)，因此我们可以在 \((1)\) 式左右两侧分别加上 \(d_1,d_2\)，变为
这就说明我们把 \(f_j\) 移动到 \(f_i\) 的位置一定不劣。\(\Box\)
于是我们可以做决策单调性分治，这样就只需要计算 \(\mathcal{O}(n\log{n})\) 次 \((i,j)\) 的贡献。\(g(i,j)\) 显然是二维数点的形式，那么我们用主席树支持在线求矩形内点权和，即可做到 \(\mathcal{O}(n\log^2{n})\)。
尝试推广到任意形态的生成树上。我们使用树上差分依然可以求出每条树边的 \(cov\)，这样前面三种 case 都可以简单维护。
对于最后一种 case，注意到非树边都是返祖边，所以一个等价类中的边一定在一条祖先链上，我们还是可以和先前一样把这些边拉出来跑决策单调性分治，只需要修改 \(g\) 的计算方式。具体来说，我们要计算 \(g(i,j)\) 表示所有同时跨过 \((i,fa_i),(j,fa_j)\) 这两条边的 \((a_i,b_i)\) 路径数。钦定 \(i\) 为 \(j\) 的祖先，那么这实际上就是限制一个端点在 \(sub_j\) 内，另一个端点在 \(sub_i\) 外，显然可以看作 DFS 序平面上的至多两个矩形，所以同样用主席树维护即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2{n})\)。
代码
inline void dfs(int x) {st.f[0][dfn[x] = ++stmp] = fa[x], rev[stmp] = x;for (int i = G.head[x]; i; i = G.nxt[i]) if (i ^ fe[x] ^ 1) {int y = G.to[i];if (!dfn[y]) fa[y] = x, fe[y] = i, dfs(y), val[x] ^= val[y];else if (dfn[y] < dfn[x]) { ull v = gen(); nte[w[i >> 1] = v] = i >> 1, val[x] ^= v, val[y] ^= v; }}edfn[x] = stmp;ull cur = val[x];if (!cur) return;if (!id[cur]) vec[id[cur] = ++tot].clear();vec[id[cur]].push_back(x);
}
inline int calc(int x, int y) {int res = cov[x] + cov[y];if (dfn[x] > 1) res -= sgt.query(rt[dfn[y] - 1], rt[edfn[y]], 1, n, 1, dfn[x] - 1) << 1;if (edfn[x] < n) res -= sgt.query(rt[dfn[y] - 1], rt[edfn[y]], 1, n, edfn[x] + 1, n) << 1;return res;
}
inline void solve(int l, int r, int L, int R, const vector<int> &vc) {if (l > r || L > R) return;if (L == R) {for (int i = l; i <= r; ++i) f[i] = {calc(vc[i], vc[L]), L};return;}int mid = l + r >> 1, p = max(mid + 1, L); f[mid] = {-1, 0};for (int i = p; i <= R; ++i) chk_max(f[mid], {calc(vc[mid], vc[i]), i});solve(l, mid - 1, L, f[mid].second, vc), solve(mid + 1, r, f[mid].second, R, vc);
}int main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> T >> _;for (int tc = 1; tc <= T; ++tc) {cin >> n >> m, G.init();for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) cin >> u >> v, G.ins(u, v), G.ins(v, u);cin >> k;for (int i = 1, a, b; i <= k; ++i) cin >> a >> b, pth[i] = {a, b}, pth[i + k] = {b, a};clr(), dfs(1), st.init();for (int i = 1, a, b; i <= k; ++i) a = pth[i].first, b = pth[i].second, ++cov[a], ++cov[b], cov[lca(a, b)] -= 2;for (int i = n; i > 1; --i) cov[fa[rev[i]]] += cov[rev[i]];cov[0] = -1;int mx = 0;for (int x = 2; x <= n; ++x) {if (!val[x]) {if (mx) chk_max(ans, {cov[x] + cov[mx], fe[x] >> 1, fe[mx] >> 1});chk_max(ans, {cov[x], fe[x] >> 1, fe[x == 2 ? 3 : x - 1] >> 1});if (cov[x] > cov[mx]) mx = x;} else if (nte.count(val[x])) chk_max(ans, {cov[x], fe[x] >> 1, nte[val[x]]});}sort(pth + 1, pth + (k << 1) + 1, [](pii x, pii y) { return dfn[x.first] < dfn[y.first]; });for (int i = 1, j = 1; i <= n; ++i) {int lst = j, cur = rt[i - 1];while (j <= k << 1 && dfn[pth[j].first] == i) sgt.add(rt[i], cur, 1, n, dfn[pth[j++].second], 1), cur = rt[i];if (lst == j) rt[i] = rt[i - 1];}for (int i = 1; i <= tot; ++i) {auto &vc = vec[i];if (vc.size() == 1) continue;reverse(vc.begin(), vc.end());int sz = vc.size();solve(0, sz - 2, 0, sz - 1, vc);for (int j = 0; j < sz - 1; ++j) chk_max(ans, {f[j].first, fe[vc[j]] >> 1, fe[vc[f[j].second]] >> 1});}if (ans.val == -1) ans = {0, 1, 2};cout << ans.val << '\n';cout << G.to[ans.e1 << 1] << ' ' << G.to[ans.e1 << 1 | 1] << '\n';cout << G.to[ans.e2 << 1] << ' ' << G.to[ans.e2 << 1 | 1] << '\n';}return 0;
}
