题目中大意为所求图中全值最大值

但根据样例可知在一个环中最少会有一个权值被去掉

所以思路就为找环，在每个环中找最小值减去，最后总权值减去环中权值得到答案

所以就分为两种方法

·1.根据拓扑排序只能在无环有向图中的性质，可以先用dfs扫描一遍，可以把除环以外的权值全加上(即拓扑排序中找到都是无环的,可以直接加上)，然后就只剩环了，只需扫描每个环，求出最小值，减去就得出答案

·2.有向图中找环就可以想到tarjan求强连通分量，把环直接求出来，然后在环中找最小值就可以了

以下为第二种方法代码及注释

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
typedef long long ll; 
const int N = 1e5+10; 
ll n,ans; 
ll a[N];//原数组 
struct made{
    int ver,nx;
}e[N];
int hd[N],tot,cnt,top,num;
int dfn[N],low[N],st[N],color[N];
ll mi[N],size[N];//m为第i个强连通分量最小值 
bool v[N];
void add(int x,int y){
    tot++;
    e[tot].ver = y,e[tot].nx = hd[x],hd[x] = tot;
}
void tarjan(int x){
    low[x] = dfn[x] = ++cnt;
    st[++top] = x,v[x] = 1;
    for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
        int y = e[i].ver;
        if(!dfn[y])tarjan(y),low[x] = min(low[x],low[y]);
        else if(v[y])low[x] = min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(low[x] == dfn[x]){
        num++;int y;
        mi[num] = 1e9+10;//原最大,开大点！！！！ 
        do{
            y = st[top--];color[y] = num;
            v[y] = 0;
            mi[num] = min(mi[num],a[y]),size[num]++;
        }while(x != y);
    }
}
int main(){
    freopen("prob1_silver_22open.in","r",stdin);
    freopen("prob1_silver_22open.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        int x;
        scanf("%d%lld",&x,&a[i]);
        add(i,x);
        ans += a[i];//全部 
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        if(!color[i])tarjan(i);
    for(int i = 1;i <= num;i++)
        if(size[i] > 1)ans -= mi[i];//减去,强连通分量中为大小为1的不用减！ 
    printf("%lld\n",ans);
    
    return 0;
    
}

而且强连通分量中大小为一的分量不能减去，所以还要加一个size数组求scc的节点个数

最后开longlong！！！

偶然看到的神秘题，感觉有点意思。

首先考虑式子的组合意义，可以理解为共有 $n$ 个球，可以从前 $b$ 个中选任意个涂白，再在剩下的球中选 $a$ 个涂黑的方案数。

考虑转而枚举前 $b$ 个球中涂黑的数量，得到

$f_{a,b}=\sum_{i=0}^b{2^{b-i}C_b^iC_{n-b}^{a-i}}$

注意到这个式子很能卷积，考虑将 $b$ 固定，设 $F_b(x)=\sum{f_{a,b}x^a}$，得到

$F_b=(2+x)^b(1+x)^{n-b}$

此时枚举 $b$ 并动态维护多项式已经可以做了，类似背包和退背包。时间复杂度 $O(m^2)$。

实际上可以直接推出 $f_{a,b}$ 的递推式。考虑

$F_b(x)'=b(2+x)^{b-1}(1+x)^{n-b}+(n-b)(2+x)^b(1+x)^{n-b-1}$

$\quad\quad\;\;\,=bF_{b-1}(x)\frac{1}{1+x}+(n-b)F_b(x)\frac{1}{1+x}$

于是

$(1+x)F_b(x)'=bF_{b-1}(x)+(n-b)F_b(x)$

提取系数即得

$(a+1)f_{a+1,b}+af_{a,b}=bf_{a,b-1}+(n-b)f_{a,b}$

整理一下

$f_{a+1,b}=\frac{1}{a+1}(bf_{a,b-1}+(n-a-b)f_{a,b})$

预处理逆元直接递推，时间复杂度 $O(m^2)$。

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view in my blog.

这种背包是 $\max,+$ 卷积，没法支持删除，线段树分治可以做，但是不牛。

考虑双栈模拟，左栈存队列左端，右栈存队列右端，求答案就做一个单调队列滑动窗口。为了代码方便可以把其中一个背包复制一遍，写起来比较舒服。

当一个栈弹空的时候，暴力重构两个栈，也就是把另一个栈的一半信息分过来。

这样做的复杂度如何？考虑势能分析。令势能为两栈大小之差的绝对值，每次增删会产生 $1$ 的势能，而每次重构会花费 $\mathcal O(np)$ 的代价消耗 $n$ 单位的势能。所以复杂度即为 $\mathcal O(mp)$。

本题目作为入门练习是一个很好的例题，主要考察分支结构和数学运算符（%，/）。

总体思路：先分离出各个数位上的数字，然后判断是否满足条件。

分离出各个数位上的数字具体方法：

百位数：x/100

十位数：

    方法1：先分离出百位和十位，再分离十位 x/10%10

    方法2：先分离出十位和个位，再分离十位 x%100/10

个位数：x%10

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define LOCAL
using namespace std;

int main()

{
	#ifdef LOCAL
	freopen("daff.in","r",stdin);
	freopen("daff.out","w",stdout);
	#endif
	int x,a,b,c;
	cin>>x;
	a=x/100;
	b=x%100/10;
	c=x%10;
	if(x==a*a*a+b*b*b+c*c*c)
	{
		cout<<"TRUE"<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<"FALSE"<<endl;
	}
	return 0;
 } 

考虑倍增。

$f(i,k), g(i,k)$ 分别表示从 $i$ 出发，走 $2^k$ 步经过的边权最小值和边权和。一开始 $f(i,0)=g(i, 0)=w_i$。

为了方便处理，我们定义 $to(i, k)$ 表示从 $i$ 出发，走 $2^k$ 步走到的点。$to(i, k)$ 显然是容易处理的。根据 $to(i, k)$ 预处理 $f(i, k), g(i, k)$ 即可。

时间复杂度 $O(n \log ⁡k )$。

题目名是一首歌。

最大值最小化，考虑二分答案，转向判断是否存在一条 $1\to n$ 的路径满足权值 $\le mid$。

我们考虑二分答案其实是给每条边加了一个限制，也就是权值为 $w_i$ 的边最晚在 $\lfloor \frac{mid}{w_i} \rfloor$ 时经过。之后不再合法。

我们考虑路径的形态，从而帮助我们理解这个问题。我们知道，如果 $1\to 2$ 和 $1\to 3\to 2$ 同时合法，那么我们一定会选择 $1\to 2$ 这条路径。

显然在合法的前提下，我们会尽可能地走最短路。这其实是一个贪心的思想。可以理解为，走最短路可以达到更多的后继状态，所以一定优于不走最短路。

于是变成了一个边权为 1 的最短路问题，bfs 求解即可。时间复杂度 $\mathcal O(n\log w)$。

这题有着高达 80 的 dp 部分分，并不是很理解为什么场上没有人打。