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分析

很明顯，這道題與節點的度有關。如果一個點的入度為0，則我們必然要賄賂他。但是如果單純的考慮度就錯了。我們忽略了一種入度全部大於0的情況——環。樣例就是一個例子。這時如果我們再拓撲找環再去找最小值，我們就會花大量時間（畢竟邊很多）。這時就要用到Tarjan縮點。

Tarjan是一種很高效的求解有向圖的強連通分量的演算法，但是它的主要應用之一是縮點，也就是把整個強連通分量的一定資訊集中到一個點上，將其構成一個新圖。由於所有強連通分量的並集是所有點的並集，所以整個圖的相應性質不變。

我們把圖G轉化成一個由代表強連通分量的點構成的G’。我們只需記錄該分量中最小的節點權值。然後在G’中找到入度為0的點，列舉是否能被賄賂，如果不能則輸出NO，否則累加，到最後輸出。

這道題主要還是當做 tarjan 模板來做

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
#define N 3009
#define in read()
using namespace std;
int n,p,r;
inline int read(){
	char ch;int res=0;
	while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		res=(res<<3)+(res<<1)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return res;
}
struct node{bool co;int pay;} a[N];
int nxt[8009],head[N],to[8009],cnt;
int dfn[N],low[N],dfs=0,sum=0,id[N],du[N],pp[N],mi[N];
bool insta[N];
stack<int > s;
void add(int x,int y){	nxt[++cnt]=head[x];head[x]=cnt;to[cnt]=y;}
void tarjan(int x){
	s.push(x);insta[x]=1;
	dfn[x]=++dfs;low[x]=dfn[x];
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		int y=to[i];
		if(!dfn[y]){
			tarjan(y);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
		}
		else if(insta[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	int i;
	if(dfn[x]==low[x]){
		sum++;int minn=20009,minnh=3009;
		do{
			i=s.top();s.pop();
			insta[i]=0;id[i]=sum;
			minnh=min(minnh,i);//記錄這個環中最小的編號
			if(a[i].co) minn=min(minn,a[i].pay);//記錄這個環中最小賄賂
		}while(i!=x);
		pp[sum]=minn;mi[sum]=minnh;
	}
}
int main(){
	int ans=0;
	n=in;p=in;
	memset(a,0,sizeof(a));
	for(int i=1;i<=p;++i)
	{
		int k=in;
		a[k].co=1;a[k].pay=in;
	}
	r=in;
	int x,y;
	for(int i=1;i<=r;++i){
		x=in;y=in;
		add(x,y);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)	if(!dfn[i])	tarjan(i);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int e=head[i];e;e=nxt[e]){
			int j=to[e];
			if(id[j]!=id[i]&&(pp[id[i]]<20009||du[id[i]]!=0))	du[id[j]]++;
			//只有當這個“點”之前的那個點是可以被到達/或被直接賄賂，這個點才可以增加度數
		}
	}
	int num=0,flag=1,minn=3009;
	for(int i=1;i<=sum;++i){
		if(!du[i]&&pp[i]==20009) {
			flag=0;
			minn=min(minn,mi[i]);
		}
		if(!du[i]&&pp[i]<20009)	ans+=pp[i];
	}
	if(flag) printf("YES\n%d",ans);
	else printf("NO\n%d",minn);
	return 0;
}