@description@
给定 N 个点 M 条边的一张图。
每个点有两个属性 Ai, Bi，表示你需要至少 Ai 个士兵来攻占该点，向 i 点投放一个士兵需要 Bi 的花费。
每条边都有一个属性 Ci，表示如果该边的两个端点的士兵数量之和 >= Ci，那么这条边就被打通了（即士兵可以自由通过该边）。
士兵不会死亡。求攻占所有点的最小代价和。
Input
第一行包含两个整数 n, m (1 ≤ n,m ≤ 300000)。
接下来 n 行，每行两个整数 ai 与 bi (0 ≤ ai,bi ≤ 1000000)。
接下来 m 行，每行三个整数 si, fi 与 ci 描述一条边 (si, fi) (1 ≤ si,fi ≤ n, 0 ≤ ci ≤ 1000000)。
Output
输出一个整数，表示最小花费。
Example
standard input
3 2
10 5
20 10
10 3
1 2 22
2 3 200
standard output
140
@solution@
最终局面下，对于一个连通块，它对答案的贡献应为 min{bi} * max{max{ai}, max{cj}}。
因为我至少要投放 max{max{ai}, max{cj}} 这么多士兵才能保证连通且攻占全部点，那不如直接投放这个连通块费用最小的点那里。
当连通块对应的点集不变时，max{cj} 应尽量小才能获得更优的答案。
在 max{cj} 最小的情况下连通这个连通块，这显然就是最小生成树了（参考 kruskal 的算法过程）。
继续分析。当一个连通块的 max{ai, cj} 大于它邻接的某条边 k 的 ck 时，我加入 k 这条边显然不会更劣（max{ai, cj} 不变，min{b} 反而可能变小）。
还可以得到一个更严格的限制：当一个连通块的 max{cj} 大于它邻接的某条边 k 的 ck 时，加入 k 这条边依然不会更劣。
正确性，简单来说，就是 A*B + C*D >= min(A, C)*max(B, D)。假如 B <= D，则 min(A, C)*max(B, D) = min(A, C)*D <= C*D <= A*B + C*D。
那么考虑 ci 最大的那一条边。假如它被选中，根据上面的理论，其他边也会被选中。如果选中其他边产生了环，证明它不是一棵最小生成树，显然不合法。否则，我们可以算出此时的答案。
假如它不被选中，相当于求去除了这条边的最优值。这又递归成一个子问题。
但是这个太慢了。不如反过来，考虑 ci 从小到大枚举。
假如此时加入这条边，产生了环，与最小生成树矛盾，此时直接忽视第 i 条边（类 kruskal 的过程）。
否则，计算这条边连接的两个点集的 min{b}, max{a}。此时因为 i 的 ci 是最大的，所以直接取 max{ci, max{a}} 即可。
为了与不加入第 i 条边的最优值对比，我们对于每个点集再维护个 f，表示加入前 i-1 条边该点集的最优答案是什么。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 300000;
struct edge{
int u, v; ll w;
edge(int _u=0, int _v=0, ll _w=0) : u(_u), v(_v), w(_w) {}
friend bool operator < (edge a, edge b) {
return a.w < b.w;
}
}e[MAXN + 5];
int fa[MAXN + 5];
ll f[MAXN + 5], ma[MAXN + 5], mb[MAXN + 5];
int find(int x) {
return fa[x] = (fa[x] == x ? x : find(fa[x]));
}
void unite(int x, int y, ll w) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if( fx != fy ) {
mb[fy] = min(mb[fy], mb[fx]);
ma[fy] = max(ma[fy], ma[fx]);
f[fy] = min(f[fx] + f[fy], max(ma[fy], w)*mb[fy]);
fa[fx] = fy;
}
}
int main() {
int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld", &ma[i], &mb[i]);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%lld", &e[i].u, &e[i].v, &e[i].w);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i] = i, f[i] = ma[i]*mb[i];
sort(e + 1, e + m + 1);
for(int i=1;i<=m;i++) unite(e[i].u, e[i].v, e[i].w);
ll ans = 0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if( find(i) == i ) ans += f[i];
printf("%lld
", ans);
}
@details@
感觉还是比较巧妙的题，运用了比较多的性质，写出来代码也不是很长。
（我没学过图论.jpg）