题解咕到了现在。。
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有 (n) 个数 (b_i)，你需要重新排列 (b) 得到 (b') 使得 (b_{a_i}) 必须排在 (b_i) 前面。最大化 (sumlimits_{i=1}^nib'_i) 或报告无解。
(ninleft[1,5 imes10^5 ight])。
首先建图。如果有环的话肯定就无解，否则不难发现一定是一个森林。于是就转化成了 POJ 2054（只不过 POJ 的这题平方可过）。
首先想到的是贪心，每次选当前能选的节点集合中最小的，而这肯定是不行的，反例随便举。
考虑当前可选的节点集合中任意两个 (x,y)，来比较当前选它们两个哪个更好。一个比较自然的想法是尝试找到一种方法，能将所有选 (x) 的方案交换几次变成选 (y) 并且更优。那我们就来看，我们假设当前选的是 (x)，然后 (y) 在位置 (p)。考虑将 (y) 移动到 (x) 当前位置，然后将 (x) 换过去？可能会不行，因为 ([1,p]) 内可能会有依赖于 (x) 的。
想到一种方法，即将 (y) 移到最前面，然后将 ([1,p]) 内依赖于或等于 (x) 的子序列整体顺移。但是这样又不太好比较是否更优了，因为涉及到了 (x) 的无穷匮子孙。那我们只好退一万步，假设 (y) 是全树权值最小的节点，那么不难证明换过去一定更优（证明就是你会发现 (x) 的子孙们移动的距离之和等于 (p-1)，恰好每格与 (y) 对应，那么每次 (y) 肯定能干得过其他节点，因为他是最强的嘛）。
你现在虽然能保证一定更优了，但是你毕竟退步了，是有条件的，即必须是全树最小点。也就意味着不是任何时候我们都能应用这个理论来比较优劣。那怎么办呢？我们不考虑当前，我们规划未来，即一旦全树最小点进入了候选集合，那么最先选的一定是它。那么什么时候它进入候选集合呢？那显然是当且仅当它爸爸被选了的时候，也就转化成了最小点爸爸被选之后一定选它。那么不难想到将它和它爸爸合并，这样总结点数 (-1)，似乎可以归纳了。
然后你又会发现问题，因为想要归纳的话，你在任意时刻面临的节点不再是单一的节点，而可能是若干个曾经的节点合并起来的合体。那么我们需要将先前那条理论上升一下。直觉告诉我们应该是内部包含数们的平均数最小的合体。推理起来也不难，我们设 ([1,p]) 内对应位置上的合体大小为 (sz_i)，和为 (sum_i)，平均数为 (avg_i)，移动前后位置差为 (d_i)，那么显然有 (sumlimits_{i=1}^p sz_id_i=0)。而每个合体对答案变化量的贡献是 (sum_id_i)，也即 (avg_isz_id_i)，又因为 (sz_id_i) 是守恒的，所以选 (avg) 最小的一定没问题。
实现就比较简单了，用 set 随便维护一下即可。
根据考察能力守恒定律，思维题代码一定很好写（
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mp make_pair
#define Y second
const int N=500000;
void read(int &x){
x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}
int n;
int a[N+1],b[N+1];
int vis[N+1];
void dfs(int x){
if(vis[x]==2)exit((puts("-1"),0));
if(vis[x]==1)return;
vis[x]=2;
if(a[x])dfs(a[x]);
vis[x]=1;
}
struct ufset{
int ycx[N+2],sz[N+2];
void init(){for(int i=1;i<=n+1;i++)ycx[i]=0,sz[i]=i>1;}
int root(int x){return ycx[x]?ycx[x]=root(ycx[x]):x;}
void mrg(int x,int y){x=root(x),y=root(y),sz[y]+=sz[x],ycx[x]=y;}
}ufs;
int ans[N+1],sum[N+1];
struct frac{
int a,b;
frac(int x,int y){a=x,b=y;}
friend bool operator<(frac x,frac y){
return x.a*y.b<y.a*x.b;
}
};
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)read(b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])dfs(i);
set<pair<frac,int> > st;
for(int i=1;i<=n;i++)st.insert(mp(frac(b[i],1),i)),ans[i]=sum[i]=b[i];
ufs.init();
while(st.size()){
int x=st.begin()->Y;
int hsc=ufs.root(x+1)-1,ycx=ufs.root(a[hsc]+1)-1;
// cout<<hsc<<" "<<ycx<<" "<<sum[hsc]<<" "<<sum[ycx]<<"!
";
st.erase(st.begin());
if(ycx)st.erase(st.find(mp(frac(sum[ycx],ufs.sz[ycx+1]),ycx)));
ans[ycx]+=ans[hsc]+sum[hsc]*ufs.sz[ycx+1];
sum[ycx]+=sum[hsc];
ufs.mrg(hsc+1,ycx+1);//确定关系
if(ycx)st.insert(mp(frac(sum[ycx],ufs.sz[ycx+1]),ycx));
}
cout<<ans[0];
return 0;
}
顺便插一嘴，某 libra 姓神仙似乎提出了一个对平方 DP 的平衡树 + 启发式合并的平方二次对数的优化，不过似乎是假的，欢迎去 D 她（