分析

• 这一题和AcWing 1169. 糖果是一模一样的，代码粘贴过来可以通过该题。

• 这一题还可以通过使用SCC来求解，但是注意并不是所有的差分约束问题都可以会用SCC来求解。

• 这一题可以使用SCC求解，是因为这一题的图比较特殊

• 依次分析题目中给的5个条件：

（1）$A==B \iff A \ge B, B \ge A$；

（2）$A<B \iff B \ge A + 1$；

（3）$A \ge B \iff A \ge B$；

（4）$A > B \iff A \ge B + 1$；

（5）$A \le B \iff B \ge A$；

• 另外这个题目还有一个隐含条件：每个小朋友都要分到糖果，因此$x \ge 1$。因此我们可以建立一个虚拟源点$x_0=0$，则有：$x_i \ge x_0+1，i=1,…,n$。

• 根据不等式$x_i \ge x_0+1$可以建立从0号点到任意点的边，边权为1，因为可以到达任意点，所以可以到达任意边。

• 这一题需要求解是否存在正环，如果不存在正环需要求解一下每个点到0号点的最短距离之和。

• 因为本题中所有的边权值都是大于等于0的，我们可以首先求出所有的强联通分量，只要SCC中存在至少一条边的边权为1，则说明该SCC包含正环，无解；当所有SCC中的边权都为0是，存在解，每个SCC中的点到0号点的距离相同，可以看成一个点，采用缩点的技巧；然后相当于在新图（DAG）上求解每个点到0号点的最长路，直接使用递推即可。

• 总结一下，本题的过程是（这一类的题目都是这个套路）：

（1）使用tarjan算法求SCC；

（2）缩点建图；

（3）依据拓扑序递推；

• 需要建立的边数：如果K取$10^5$，所有的条件都是（1），需要$2 \times 10^5$条边，同时还要从虚拟源点建立边，需要$10^5$条，因此一共需要$3 \times 10^5$条边。又因为需要建新图，需要$6 \times 10^5$。

• 另外如果每颗恒星的亮度是单调递增的，则结果可能爆int，因此需要使用long long存储结果。

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 100010, M = 600010;

int n, m;
int h[N], hs[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, sz[N];
int dist[N];  // 最长路径

void add(int h[], int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void tarjan(int u) {

    dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
    stk[++top] = u, in_stk[u] = true;

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if (!dfn[j]) {
            tarjan(j);
            low[u] = min(low[u], low[j]);
        } else if (in_stk[j])
            low[u] = min(low[u], dfn[j]);
    }

    if (low[u] == dfn[u]) {
        ++scc_cnt;
        int y;
        do {
            y = stk[top--];
            in_stk[y] = false;
            id[y] = scc_cnt;
            sz[scc_cnt]++;
        } while (y != u);
    }
}

int main() {

    memset(h, -1, sizeof h);
    memset(hs, -1, sizeof hs);

    scanf("%d%d", &n, &m);
    while (m--) {
        int t, a, b;
        scanf("%d%d%d", &t, &a, &b);
        if (t == 1) add(h, a, b, 0), add(h, b, a, 0);
        else if (t == 2) add(h, a, b, 1);
        else if (t == 3) add(h, b, a, 0);
        else if (t == 4) add(h, b, a, 1);
        else add(h, a, b, 0);
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) add(h, 0, i, 1);

    // (1) 0号点可以到所有点
    tarjan(0);

    // (2) 缩点建图
    bool success = true;  // 代表是否存在解
    for (int i = 0; i <= n; i ++ ) {
        for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]) {
            int k = e[j];
            int a = id[i], b = id[k];
            if (a == b) {
                if (w[j] > 0) {
                    success = false;
                    break;
                }
            } else add(hs, a, b, w[j]);
        }
        if (!success) break;
    }

    // (3) 依据拓扑序递推
    if (!success) puts("-1");
    else {
        for (int i = scc_cnt; i; i--)
            for (int j = hs[i]; ~j; j = ne[j]) {
                int k = e[j];
                dist[k] = max(dist[k], dist[i] + w[j]);
            }

        LL res = 0;
        for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++) res += (LL) dist[i] * sz[i];

        printf("%lld\n", res);
    }

    return 0;
}