Ralph and Mushrooms （tarjan+dp）

一个综合性的题目，还不错

首先，我们观察，如果一个 $x$ 大小的蘑菇能够产生多大的贡献

$$\begin{gathered} x+(x-1)+(x-1-2)+(x-1-2-3)+..+(x-1-2-3-...-k) \\ =(k+1)x-k\ast 1-(k-1)\ast 2-(k-2)\ast 3-...-1\ast k \end{gathered}$$

上面那个式子就很好求了，只需要二分 $k$，然后要减的那一坨可以预处理，时间复杂度 $O(logn)$

预处理就这么写：

for (int i = 1, now = 0; i <= 50000; i++) {
	now += i ;
	F[i] = F[i - 1] + now ;
}

很显然能够想到 $dp$（或许说最长路也行）

$dp[x]$ 表示到达 $x$ 块时的能够采集到的蘑菇的最大数

然后题目坑爹的是不是 $DAG$，这样 $dp$ 肯定是会挂菜的

怎么办？

因为是有向图，那么显然可以缩点

不会 $tarjan$ 求强连通分量的就 $GG$ 了

对于一个强连通分量，从任意一个点中出发都可以全部取完

那么这样就可以轻松愉快的 $dp$ 了

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std ;
#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
#define loop(s, v, it) for (s::iterator it = v.begin(); it != v.end(); it++)
#define cont(i, x) for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
#define clr(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define ass(a, sum) memset(a, sum, sizeof(a))
#define lowbit(x) (x & -x)
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define ub upper_bound
#define lb lower_bound
#define pq priority_queue
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define iv inline void
#define enter cout << endl
#define siz(x) ((int)x.size())
#define file(s) freopen(s".in", "r", stdin), freopen(s."out", "w", stdout)
typedef long long ll ;
typedef unsigned long long ull ;
typedef pair <int, int> pii ;
typedef vector <int> vi ;
typedef vector <pii> vii ;
typedef queue <int> qi ;
typedef queue <pii> qii ;
typedef set <int> si ;
typedef map <int, int> mii ;
typedef map <string, int> msi ;
const int N = 1000010 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
const int iinf = 1 << 30 ;
const ll linf = 2e18 ;
const int MOD = 1000000007 ;
const double eps = 1e-7 ;
void print(int x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void PRINT(string x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void douout(double x){ printf("%lf\n", x + 0.0000000001) ; }

int low[N], dfn[N], vis[N], bl[N], st[N], dp[N], F[N], val[N] ;
int tot, top, scc, n, m, s ;
vii g[N], e[N] ;

void tarjan(int now) {
	low[now] = dfn[now] = ++tot ;
	vis[now] = 1 ;
	st[++top] = now ;
	rep (i, 0, siz(e[now]) - 1) {
		int to = e[now][i].fi ;
		if (!dfn[to]) {
			tarjan(to) ;
			low[now] = min(low[now], low[to]) ;
		} else
		if (vis[to]) low[now] = min(low[now], dfn[to]) ;
	}
	if (low[now] == dfn[now]) {
		scc++ ; int x ;
		do {
			x = st[top--] ;
			vis[x] = 0 ;
			bl[x] = scc ;
		} while (x != now) ;
	}
}

int calc(int c) { // 该点总共能够拿到多少蘑菇
	ll l = 0, r = c ;
	while (l < r) {
		ll m = (l + r + 1) >> 1 ;
		if (m * (m + 1) / 2 <= c) l = m ;
		else r = m - 1 ;
	}
	return c * (l + 1) - F[l] ;
}

int dfs(int now) {
	if (dp[now] != -1) return dp[now] ;
	int res = val[now], tmp = 0 ;
	rep(i, 0, siz(g[now]) - 1) {
		pii to = g[now][i] ;
		tmp = max(tmp, to.se + dfs(to.fi)) ;
	}
	return dp[now] = res + tmp ;
}

signed main(){
	for (int i = 1, now = 0; i <= 50000; i++) { // 预处理数列
		now += i ;
		F[i] = F[i - 1] + now ;
	}
	scanf("%lld%lld", &n, &m) ;
	rep(i, 1, m) {
		int x, y, w ; scanf("%lld%lld%lld", &x, &y, &w) ;
		e[x].pb(mp(y, w)) ;
	}
	scanf("%lld", &s) ;
	rep(i, 1, n) if (!dfn[i]) tarjan(i) ;
	rep(i, 1, n) {
		rep(id, 0, siz(e[i]) - 1) {
			int j = e[i][id].fi, c = e[i][id].se ;
			if (bl[i] == bl[j]) val[bl[i]] += calc(c) ;
			else g[bl[i]].pb(mp(bl[j], c)) ;
		}
	}
	rep(i, 1, scc) dp[i] = -1 ;
	printf("%lld\n", dfs(bl[s])) ;
	return 0 ;
}

/*
写代码时请注意：
	1.ll？数组大小，边界？数据范围？
	2.精度？
	3.特判？
	4.至少做一些
思考提醒：
	1.最大值最小->二分？
	2.可以贪心么？不行dp可以么
	3.可以优化么
	4.维护区间用什么数据结构？
	5.统计方案是用dp？模了么？
	6.逆向思维？
*/