CF1100E Andrew and Taxi

首先我们发现，本题具有可二分性。若花费x可以完成，x+1也一定可以完成。
那么判断是否可行，可以把二分得到的mid作为下限，仅连接边权大于等于mid的边，如果这样的图有环，那么向上二分，否则向下。
这样的正确性显然，因为如果图是一个DAG，那么剩下的边始终从拓扑序小的向大的连，这样就不会出现环。
输出方案的思路也是如此。

#include<iostream>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define N 1100000
#define L 1000000
#define eps 1e-7
#define inf 1e9+7
#define db double
#define ll long long
#define ldb long double
using namespace std;
inline int read()
{
	char ch=0;
	int x=0,flag=1;
	while(!isdigit(ch)){ch=getchar();if(ch=='-')flag=-1;}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*flag;
}
queue<int>q;
int n,m,num,rk[N],ans[N],head[N],degree[N];
struct edge{int to,nxt;}e[N*2];
inline void add(int x,int y){e[++num]=(edge){y,head[x]};head[x]=num;}
struct link{int x,y,z,id;}p[N];
bool cmp(link a,link b){return a.z<b.z;}
bool toposort()
{
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		rk[i]=0;
		if(!degree[i])q.push(i);
	}
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front();
		q.pop();
		rk[x]=++cnt;
		for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].nxt)
		{
			int to=e[i].to;
			if(!(--degree[to]))q.push(to);
		}
	}
	return cnt==n;
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)p[i].x=read(),p[i].y=read(),p[i].z=read(),p[i].id=i;
	sort(p+1,p+m+1,cmp);
	int l=0,r=m,mid;
	while(l<r)
	{
		mid=(l+r)>>1;
		num=-1;for(int i=1;i<=n;i++)head[i]=-1,degree[i]=0;
		for(int i=mid+1;i<=m;i++)add(p[i].x,p[i].y),degree[p[i].y]++;
		if(toposort())r=mid;else l=mid+1;
	}
	num=-1;for(int i=1;i<=n;i++)head[i]=-1,degree[i]=0;
	for(int i=l+1;i<=m;i++)add(p[i].x,p[i].y),degree[p[i].y]++;
	toposort();
	int cnt=0,maxn=0;
	for(int i=1;i<=l;i++)if(rk[p[i].x]>rk[p[i].y])maxn=max(maxn,p[i].z),ans[++cnt]=p[i].id;
	sort(ans+1,ans+cnt+1);
	printf("%d %d
",maxn,cnt);
	for(int i=1;i<=cnt;i++)printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}