构造一张有向图$G=([1,n],{(a_{i},b_{i})})$（可以有重边和自环），定义其连通块为将其看作无向图（即边无向）后分为若干个连通块
记$in_{i}$为$i$的入度（即最终盒子中球的数量）、$out_{i}$为$i$的出度（即初始盒子中球的数量），对于$in_{i}=0$的点，若$out_{i}>0$则一定无解（因为不可能使一个盒子变空），否则$in_{i}=out_{i}=0$，可以直接删除
在此基础上，考虑当$c_{i}=1$的情况，结论：无解当且仅当这张图中存在一个连通块使得其中所有点$out_{i}le 1$且不是自环
充分性：若$out_{i}le 1$即不能对其操作，因此需要另取一个点过来才能操作，而这个点还需要至少一次移动回原来的连通块（若不存在这样的点同样无解），因此无解
（不能是自环是因为自环不需要操作）
必要性：首先自环一定可以（不需要操作），那么必然存在一个点$x$满足$out_{x}ge 2$
考虑当一个盒子内被移动进一个球以后， 由于$c_{i}=1$，因此这个球必然直至结束都在这里，那么对于这个位置上其他的球，可以任意移动到别的位置，重复此过程，即其能到达的所有点的球都移动完毕
将其求强连通分量，构成一张强连通分量的DAG，对于其中入度为0的强连通分量，必然存在一个点$x$满足$out_{x}ge 2$，证明如下：
反证法，即所有点$out_{x}le 1$，不考虑其到其他强连通分量的边后仍满足此条件，同时还有$in_{x}ge 1$，因为其他强连通分量没有到此强连通分量的入边（入度为0）
令该强连通分量点集为$V$，由于$in_{x}ge 1$，因此$sum_{xin V}out_{x}=sum_{xin V}in_{x}ge |V|$，类似的又因为$out_{x}le 1$，因此必然恰好取$|V|$，即有$in_{x}=out_{x}=1$
此时必然没有其他出边（否则$out_{x}ge 2$），同时也没有入边，即这就是整个连通块，而不存在$out_{x}ge 2$，与假设矛盾
选出这样的点$x$，先将其移动到强连通分量内的一点（若只有一个点$x$必然有$x$的自环，否则$x$必然能走到其余点，因此有强连通分量内的出边），根据最初结论，即可以移动到所有能到达的强连通分量（包括自身）
由于所有入度为0的强连通分量都可以选择，即能够覆盖整张图
判定完无解后，由于每一个数恰好移动一次，答案为$sum [a_{i} e b_{i}]$（当$c_{i}=1$时）
接下来考虑$c_{i}$任意的情况，将所有连通块分为三类：
1.所有点出度不超过1且不是自环，这类点需要别的连通块提供1个点帮助其移动，之后其自身也可以对其他1类的连通块提供点
2.存在点出度超过1，这类点可以帮助$sum (c_{i}-1)$个1类的连通块，需要$t$的额外代价（$t$为帮助的连通块数量），特别的，若该边为自环，需要1的额外代价，因为其本来不需要移动
3.自环（指整个连通块是自环），这一类点可以帮助$c_{i}-2$个1类的连通块，需要$t+2$的额外代价
由于$sum t$是一个常数，我们仅考虑启用第二类中的自环以及第三类的额外代价
特判第一次操作后（只能是第二类，若不存在即为-1），之后的操作都是任意的，先将非自环的用光，对于剩下的两类，同一类中显然从大到小操作，枚举个数+二分即可（可以利用单调性做到线性，但排序仍有log）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 #define oo 0x3f3f3f3f 5 vector<long long>v1,v2; 6 int n,m,s,ans,a[N],b[N],c[N],in[N],out[N],f[N],sz[N],vis[N]; 7 long long sum; 8 bool cmp(int x,int y){ 9 return x>y; 10 } 11 int find1(int x){ 12 if (x<=0)return 0; 13 if ((!v1.size())||(v1.back()<x))return oo; 14 return lower_bound(v1.begin(),v1.end(),x)-v1.begin()+1; 15 } 16 int find2(int x){ 17 if (x<=0)return 0; 18 if ((!v2.size())||(v2.back()<x))return oo; 19 return lower_bound(v2.begin(),v2.end(),x)-v2.begin()+1; 20 } 21 int find(int k){ 22 if (k==f[k])return k; 23 return f[k]=find(f[k]); 24 } 25 void merge(int x,int y){ 26 x=find(x),y=find(y); 27 if (x!=y)f[x]=y; 28 } 29 int main(){ 30 scanf("%d%d",&n,&m); 31 for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i; 32 for(int i=1;i<=m;i++){ 33 scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]); 34 in[b[i]]++; 35 out[a[i]]++; 36 merge(a[i],b[i]); 37 ans+=(a[i]!=b[i]); 38 } 39 for(int i=1;i<=n;i++){ 40 if ((!in[i])&&(out[i])){ 41 printf("-1"); 42 return 0; 43 } 44 sz[find(i)]++; 45 if (out[i]>1)vis[find(i)]=1; 46 } 47 bool flag=0; 48 for(int i=1;i<=m;i++) 49 if (a[i]!=b[i]){ 50 sum+=c[i]-1; 51 if ((c[i]>1)&&(vis[find(a[i])]))flag=1; 52 } 53 else{ 54 if (!vis[find(a[i])])v2.push_back(c[i]-2); 55 else v1.push_back(c[i]-1); 56 } 57 sort(v1.begin(),v1.end(),cmp); 58 sort(v2.begin(),v2.end(),cmp); 59 while ((v1.size())&&(!v1.back()))v1.pop_back(); 60 while ((v2.size())&&(v2.back()<=0))v2.pop_back(); 61 for(int i=1;i<=n;i++) 62 if ((i==f[i])&&(sz[i]>1)&&(!vis[i]))s++; 63 if (!s){ 64 printf("%d",ans); 65 return 0; 66 } 67 ans+=s; 68 if (!flag){ 69 if (!v1.size()){ 70 printf("-1"); 71 return 0; 72 } 73 ans++; 74 s-=v1[0]; 75 v1.erase(v1.begin()); 76 } 77 s-=sum; 78 for(int i=1;i<v1.size();i++)v1[i]+=v1[i-1]; 79 for(int i=1;i<v2.size();i++)v2[i]+=v2[i-1]; 80 int mn=min(find1(s),2*find2(s)); 81 for(int i=0;i<v1.size();i++) 82 if (v1[i]<s)mn=min(mn,i+1+2*find2(s-v1[i])); 83 if (mn>=oo)printf("-1"); 84 else printf("%d",ans+mn); 85 }