题意:一张有向图,每条边上都有wi个蘑菇,第i次经过这条边能够采到w-(i-1)*i/2个蘑菇,直到它为0。问最多能在这张图上采多少个蘑菇。

分析:在一个强连通分量内,边可以无限次地走直到该连通块内蘑菇被采完为止,因此每个强连通分量内的结果是确定的。

设一条边权值为w,最大走过次数为t,解一元二次方程得 t = (int)(1+sqrt(1+8w));则该边对所在连通块的贡献为w*t - (t-1)*t*(t+1)/6。

而不在任何一个强连通分量内的边,最多只能走一次。所以在缩点后的DAG上进行dp即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn =1e6+;
struct Edge{
int v,next;
LL val;
}edges[maxn],E[maxn];
int head[maxn],tot,H[maxn],tt;
stack<int> S;
int pre[maxn],low[maxn],sccno[maxn],dfn,scc_cnt;
LL W[maxn];
LL dp[maxn];
void init()
{
tot = dfn = scc_cnt=tt=;
memset(H,-,sizeof(H));
memset(W,,sizeof(W));
memset(dp,,sizeof(dp));
memset(pre,,sizeof(pre));
memset(sccno,,sizeof(sccno));
memset(head,-,sizeof(head));
} void AddEdge(int u,int v,LL val) {
edges[tot] = (Edge){v,head[u],val};
head[u] = tot++;
} void Tarjan(int u)
{
int v;
pre[u]=low[u]=++dfn;
S.push(u);
for(int i=head[u];~i;i=edges[i].next){
v= edges[i].v;
if(!pre[v]){
Tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(!sccno[v]){
low[u]=min(low[u],pre[v]);
}
}
if(pre[u]==low[u]){
int x;
++scc_cnt;
for(;;){
x = S.top();S.pop();
sccno[x]=scc_cnt;
if(x==u)break;
}
}
} void nAddEdge(int u,int v,LL w)
{
E[tt] = (Edge){v,H[u],w};
H[u] = tt++;
} LL dfs(int u)
{
if(dp[u]) return dp[u];
for(int i=H[u];~i;i=E[i].next){
int v = E[i].v;
dp[u] = max(dp[u],dfs(v)+E[i].val);
}
dp[u]+=W[u];
return dp[u];
} int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
int N,M;
while(scanf("%d%d",&N,&M)==){
init();
int st,u,v; LL w;
while(M--){
scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
AddEdge(u,v,w);
}
scanf("%d",&st);
for(int i=;i<=N;++i){
if(!pre[i]){
Tarjan(i);
}
} for(int u =;u<=N;++u){
for(int i =head[u];~i;i = edges[i].next){
v = edges[i].v;
LL w = edges[i].val;
if(sccno[u]!=sccno[v]){
nAddEdge(sccno[u],sccno[v],w);
}
else{
int t = (int)(+sqrt(+*w))/;
W[sccno[u]] += (LL)t*w - (LL)(t-)*t*(t+)/;
}
}
}
for(int i=;i<=scc_cnt;++i){
if(!dp[i]){
dfs(i);
}
}
printf("%lld\n",dp[sccno[st]]);
}
return ;
}

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