有一些恆星，每個恆星有亮度。
給出一些恆星亮度的相對關係，詢問這些恆星亮度總和至少有多大。
恆星最暗的亮度是 \(1\)。數值越大越亮。
關係有兩個亮度相等，乙個比另乙個亮或暗，乙個不比另乙個亮或暗。
首先，有乙個小坑，就是不大於其實是小於等於，不小於是大於等於，不要搞反了。
那我們會想到如果 \(a\) 亮度小於 \(b\)，那 \(b\) 的亮度可以是 \(a+1\)，如果是小於等於，那就是 \(a\)。
如果有多個這樣的條件，為了使都滿足，我們要取亮度最大的。
那如果相同，那就相同咯。
因為你考慮可以從乙個地方推出來全部。
但是還有大於和大於等於啊，那你如果要直接弄的話，就不能確定一開始的點的亮度了。
那我們考慮把它轉化成小於和小於等於。
如果 \(a\) 大於 \(b\)，那其實等價於 \(b\) 小於 \(a\)。
如果 \(a\) 大於等於 \(b\)，那其實等價於 \(b\) 小於等於 \(a\)。
那接著的問題就是如何確定一開始的初始點。
然後你就會發現它有環。
那讓有環變成無環。。。
tarjan 縮點！
怎麼縮呢，我們考慮把 \(a\) 小於或小於等於 \(b\) 連一條從 \(a\) 到 \(b\) 的有向邊。然後縮在一起的就是亮度相同的。
然後你會想到如果乙個環中有一條邊是由小於構成的，那就出問題了。（因為你又要求亮度相同，然後你這個地方由不能讓亮度相同，那就出矛盾了）
那你就把邊分成兩類，可以參與縮點的和不可以參與的。
然後你也正常縮點（不然變成不了 dag），然後建縮點後的圖的時候如果一條邊是不能參與縮點的，但是它的兩邊在縮點後屬於同乙個的話，就說明矛盾，就無解了。
然後你就會發現 dag 的起始點可能不止乙個，但是問題不大，就都設為亮度是 \(1\) 不久好了嗎。
然後就會想到用拓撲序 dp，然後你在轉移的時候判斷一下你轉移的邊的型別，如果是小於的就是原來的 \(+1\)，否則就是原來的。
（因為你要總和最小）
（我一開始直接無腦加一，就只有 \(70\) 分）
然後就可以了，具體實現可以看看**。
#include#include#include#include#define ll long long
using namespace std;
struct node e[1000001], e_[1000001];
ll ans;
int le_[100001], kk_;
int n, m, le[100001], kk, in[100001];
int op, x, y, dfn[100001], tmp, tot, ru[100001];
int low[100001], sta[100001], num[100001], dis[100001];
queue q;
void add(int x, int y, int cc) ; le[x] = kk;
}void add_(int x, int y, int cc) ; le_[x] = kk_;
}void tarjan(int now)
else if (!in[e[i].to]) low[now] = min(low[now], low[e[i].to]);
if (dfn[now] == low[now])
sta[0]--; }}
int main()
if (op == 2)
if (op == 3)
if (op == 4)
if (op == 5) }
for (int i = 1; i <= n; i++)//縮點
if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = le[i]; j; j = e[j].nxt)
if (in[i] != in[e[j].to])
else if (e[j].cc)
for (int i = 1; i <= tot; i++)
if (!ru[i]) q.push(i), dis[i] = 1;
while (!q.empty())
} }printf("%lld", ans);
return 0;
}
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