题目描述
可爱的$ZYB$来到一个售货机前。
售货机里有一共有$N(leqslant 10^5)$个物品，每个物品有$A_i$个。自然，还有$N$个购买按钮。正常情况下，按下第$i$个按钮，需要支付$C_i$的钱，然后会跳出一份物品$i$。如果该物品卖完了，按下此按钮无效。
但是，这台售货机的电路连接出了点问题。第$i$个按钮的“弹出电路”连向了物品$f_i$。
假设按下了第$i$个按钮，售货机会按以下逻辑执行：
$1.$判断第$i$个物品是否为空。
$2.$如果是，不执行任何操作，退出该购买程序。
$3.$否则，要求支付$C_i$的钱。
$4.$因为电路坏了，实际弹出的物品会是$f_i$。
注意：如果物品$f_i$为空，显然也不会有物品弹出。
$ZYB$很快发现了售货机的秘密，并精确掌握了$f_i$的值。他又去调查了每一种物品的市场价。即他可以以$D_i$的价格卖掉物品$i$。
现在$ZYB$他想通过这台售货机，赚尽量多的钱。
假设$ZYB$有足够多的成本钱。
输入格式
从文件$goods.in$中读入数据。
第一行一个数$N$，表示售货机里的物品总数。
接下来有$N$行，每行有四个数$f_i,C_i,D_i,A_i$，意义同上。
输出格式
输出到文件$goods.out$中。
输出一个数表示最大获利。
样例
样例输入1：
3
1 2 3 1
2 3 4 1
3 4 5 1
样例输出1：
3
样例输入2：
3
2 2 3 8
3 1 5 6
1 4 4 7
样例输出2：
39
数据范围与提示
前$10\%$：$Nleqslant 5,prodlimits_{i=1}^N(A_i+1)leqslant 10^5$
前$30\%$：$Nleqslant 10$
前$50\%$：$Nleqslant 200$
另有$10\%$：$f_i=i$
另有$10\%$：$f ileqslant i$
另有$10\%$：$a_i=1$
$100\%$：$1leqslant Nleqslant 10^5,1leqslant f_ileqslant N,C_ileqslant D_i,1leqslant C_i,D_i,A_ileqslant 10^6$
题解
显然如果卖出的价格比买入的价格还低直接不买就好了。
然后剩下的依赖关系会形成一个基环内向森林。
可以先用拓扑处理掉不在环里的东西。
对于每一个环，从贡献最小的那里断一定更优，注意特判环的大小为$1$的情况就好了。
时间复杂度：$Theta(N)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int nxt,to;}e[100001];
int head[100001],cnt;
int N;
int f[100001],C[100001],D[100001],A[100001];
int du[100001];
bool vis[100001];
vector<int>v;
pair<int,int>g[100001][2];
priority_queue<pair<int,int>>q[100001];
long long ans;
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
void topsort()
{
queue<int>q;
for(int i=1;i<=N;i++)if(!du[i])q.push(i);
while(q.size())
{
int x=q.front();q.pop();
vis[x]=1;ans+=g[x][0].first;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{du[e[i].to]--;if(!du[e[i].to])q.push(e[i].to);}
}
}
void dfs(int x)
{
v.push_back(x);vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)if(!vis[e[i].to])dfs(e[i].to);
}
int main()
{
scanf("%d",&N);
for(int i=1;i<=N;i++)scanf("%d%d%d%d",&f[i],&C[i],&D[i],&A[i]);
for(int i=1;i<=N;i++)if(C[i]<D[f[i]])q[f[i]].push(make_pair(D[f[i]]-C[i],i));
for(int i=1;i<=N;i++)
{
if(q[i].size()){g[i][0]=q[i].top();q[i].pop();}
if(q[i].size()){g[i][1]=q[i].top();q[i].pop();}
ans+=1LL*g[i][0].first*(A[i]-1);
if(g[i][0].second)
{
add(i,g[i][0].second);
du[g[i][0].second]=1;
}
}
topsort();
for(int i=1;i<=N;i++)
{
if(vis[i])continue;
v.clear();dfs(i);
if(v.size()==1){ans+=g[i][0].first;continue;}
int res=0x3f3f3f3f;
int sum=0;
for(int j=0;j<v.size();j++)
{
res=min(res,g[v[j]][0].first-g[v[j]][1].first);
sum+=g[v[j]][0].first;
}
ans+=sum-res;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
rp++