有个中文版的题面...和原题稍有不同
/* Description “这一切都是命运石之门的选择。” 试图研制时间机器的机关SERN截获了中二科学家伦太郎发往过去的一条短信，并由此得知了伦太郎制作出了电话微波炉（仮）。 为了掌握时间机器的技术，SERN总部必须尽快将这个消息通过地下秘密通讯网络，传达到所有分部。 SERN共有N个部门（总部编号为0），通讯网络有M条单向通讯线路，每条线路有一个固定的通讯花费Ci。 为了保密，消息的传递只能按照固定的方式进行：从一个已知消息的部门向另一个与它有线路的部门传递（可能存在多条通信线路）。我们定义总费用为所有部门传递消息的费用和。 幸运的是，如果两个部门可以直接或间接地相互传递消息（即能按照上述方法将信息由X传递到Y，同时能由Y传递到X），我们就可以忽略它们之间的花费。 由于资金问题（预算都花在粒子对撞机上了），SERN总部的工程师希望知道，达到目标的最小花费是多少。 Input 多组数据，文件以2个0结尾。 每组数据第一行，一个整数N，表示有N个包括总部的部门（从0开始编号）。然后是一个整数M，表示有M条单向通讯线路。 接下来M行，每行三个整数,Xi,Yi,Ci，表示第i条线路从Xi连向Yi，花费为Ci。 Output 每组数据一行，一个整数表示达到目标的最小花费。 Sample Input 3 3 0 1 100 1 2 50 0 2 100 3 3 0 1 100 1 2 50 2 1 100 2 2 0 1 50 0 1 100 0 0 Sample Output 150 100 50 【样例解释】 第一组数据：总部把消息传给分部1，分部1再传给分部2.总费用：100+50=150. 第二组数据：总部把消息传给分部1，由于分部1和分部2可以互相传递消息，所以分部1可以无费用把消息传给2.总费用：100+0=100. 第三组数据：总部把消息传给分部1，最小费用为50.总费用：50. Data Constraint 对于10%的数据，保证M=N-1 对于另30%的数据，N ≤ 20 ，M ≤ 20 对于100%的数据，N ≤ 50000 ，M ≤ 10^5 ，Ci ≤ 10^5 ，数据组数 ≤ 5 数据保证一定可以将信息传递到所有部门。
初看此题，大概是要在一个有向图里找到从固定点出发遍历每个节点的最小花费
emm...瞬间想到最小生成树，prim大概是有的
"如果两个部门可以直接或间接地相互传递消息，我们就可以忽略它们之间的花费。"
也就是只要有节点形成了环，那么这些节点间通信不要钱...
这不就tarjan缩点过后prim就好了吗...
code了1h，搞出来了，结果发现样例都过不了
原因是prim在有向图里没办法处理权值相同的边！（@最小树形图）
又想了想，缩点后是个DAG图，又保证起始点可以走到所有点，所以对于每一个点，不管它选哪一个入度，都不会影响连通性
那就贪心，对于除起始点的每一个点，取它入度的最小值，然后把所有点加起来就是答案了
这玩意还比prim好写很多
上代码咯
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<queue> using namespace std; const int INF=pow(2,31)-1; struct star {//存边 int u,v,w; }; struct Map {//图 int ptn,edn; star edge[200005];//链式前向星存储 int last[200005],next[200005]; void mapinit(int pig){//初始化 ptn=pig; edn=0; } void addedge(int u,int v,int w) {//加边函数 edn++; edge[edn]=(star){u,v,w}; } void starinit() {//前向星初始化 for(int i=1;i<=ptn;i++) last[i]=-1; for(int i=1;i<=edn;i++){ int flag=edge[i].u; next[i]=last[flag]; last[flag]=i; } } }A,B;//A是缩点前的图，B是缩点后的图 int bel[200005];//A中点对应B中哪一个点 int Bn; int tim; int dfn[200005],low[200005]; int stack[200005],top; int isput[200005],t_vis[200005]; void tarjan(int node){//tarjan缩点 tim++; dfn[node]=tim; low[node]=tim; isput[node]=1; t_vis[node]=1; stack[top]=node; top++; for(int i=A.last[node];i!=-1;i=A.next[i]){ int to=A.edge[i].v; if(isput[to]==1){ low[node]=min(low[node],dfn[to]); }else if(t_vis[to]==1){ }else{ tarjan(to); low[node]=min(low[node],low[to]); } } if(dfn[node]==low[node]){ Bn++; for(;;){ top--; bel[stack[top]]=Bn; isput[stack[top]]=0; if(stack[top]==node||top==0) break; } } } int ans; int mn[200005]; int An,Am; int main() { for(;;){ if(scanf("%d",&An)==EOF)break; //input scanf("%d",&Am); A.mapinit(An); for(int i=1;i<=Am;i++){ int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); u++;v++; A.addedge(u,v,w); } A.starinit(); //tarjan for(int i=1;i<=An;i++) {dfn[i]=0;low[i]=0;t_vis[i]=0;} tim=0; top=0; Bn=0; tarjan(1); //getB B.mapinit(Bn); for(int i=1;i<=A.edn;i++){//用A图的强连通分量建B图 int u=bel[A.edge[i].u],v=bel[A.edge[i].v],w=A.edge[i].w; if(u==v) continue; B.addedge(u,v,w); } B.starinit(); ans=0; //getans for(int i=1;i<=B.ptn;i++) mn[i]=INF; for(int i=1;i<=B.edn;i++){//贪心 int to=B.edge[i].v; mn[to]=min(mn[to],B.edge[i].w); } mn[bel[1]]=0;//起始点 for(int i=1;i<=B.ptn;i++){ ans+=mn[i]; } printf("%d ",ans); } return 0; }