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英文简称为 \(\mathtt {DMST}\)，即 \(\text {Directed Minimum Spanning Tree}\)，也就是求有向图的生成树。
注意这里的生成树特指给定根 \(r\) 的外向树 / 内向树，下文统一默认为内向树。
为什么不能用 Prim
主要因为当前选择扩展的边不一定是最优的。比如已经扩展了点 \(1\)，点 \(2,3\) 未扩展。现在有边 \(e_1 = (u = 1, v = 2, w = 3), \ e_2 = (u = 1, v = 3, w = 4), \ e_3 = (u = 2, v = 3, w = 1)\)，那么最优方案一定是选择边 \(e_2\) 和 \(e_3\)。按照 Prim 算法的流程第一步应是选 \(e_1\)，这样就不优了。根本原因在于选择 \(e_1\) 之后，由于图是有向的，所以不能选 \(e_3\)，而如果第一步选了 \(e_2\) 的话就可以选 \(e_3\)。
Edmonds Algorithm（朱刘算法）
DMST 问题相当于每个点选择一条出边，满足不成环。
考虑对于每个点 \(u(u \not = r)\)，选择一条权值最小的出边，组成一个边集 \(F\)。
如果 \(F\) 中没有环，那么已经得到答案。
如果 \(F\) 中存在一个大小为 \(k\) 环，那么有一个结论：最终答案方案中一定包含这 \(k\) 条边中恰好 \(k - 1\) 条。
证明可以考虑调整法，如果包含边数 \(\le k - 2\) 一定可以调整为 \(k - 1\) 条，且答案更优。
我们考虑“反悔”思想：先把这 \(k\) 条边都选了，然后接下来选择一条起点在该环上的一条新边，以替换原来的一条边。
容易想到可以将这个环缩点。不妨设环上点依次为 \(x_1, x_2, \dots, x_k\)，对于 \(x_i\)，令 \(w\) 为当前环上对应出边的权值，对于其所有终点不在环上的出边 \(e_1, e_2, \dots, e_t\)，可以令 \(w_{e_1} \sim w_{e_t}\) 都减去 \(w\)。比如之后如果选择了 \(e_1\)，那么其权值会增加 \(w_{e_1}'\)，其中 \(w_{e_1}'\) 为减去 \(w\) 后的权值。
不难发现缩完这个环后是和原问题等价的，所以我们可以不断找出新的 \(F\)，然后不断缩环，直到 \(F\) 不存在环为止。时间复杂度为 \(\mathcal O(nm)\)。
Tarjan Algorithm
我们对原问题加以调整：建立一个虚点 \(r'\)，然后添加一条起点为 \(r\)，终点为 \(r'\)，权值为 \(+ \infty\) 的边。然后依次添加边 \((1, 2), (2, 3), \dots, (n - 1, n), (n, 1)\)，这些边的权值都为 \(+ \infty\)。
由于我有了虚点 \(r'\) 可以作为新的根，并且 \((r, r')\) 边权太大，几乎不可选，所以我们可以先不考虑 \(r'\)，先求出点 \(1\sim n\) 的最小树形图，最后再加入边 \((r, r')\)。
注意此时 \(r\) 并不是根，所以 \(r\) 也需要选择一条出边。由于加了 \(n\) 条边，所以点 \(1\sim n\) 组成了一张强连通图。换言之，我们可以通过不断缩环，最后缩成一个点。
所以现在的任务只有一个：不断找环，然后缩点。
由于不同环之间互相独立，不需要按照 Edmonds 算法的顺序来处理，先缩哪个并不影响。
找环需要找边，我们先从初始任意一个点开始，比如 \(x = 1\)。在 Tarjan 算法中，我们需要维护一条链表示已经选择的 \(F\) 中的边集，并实时维护 \(x\) 为当前链头，不断执行以下流程：
-
找到 \(x\) 的一条权值最小的出边 \((u, v, w)\)，找到 \(v\) 所在的（缩完环后对应的）的点 \(y\)。
-
如果 \(x = y\)，说明这是一条自环，则删掉这条边，重新找一条边。
-
否则，如果 \(y\) 不在链中，则将 \((u, v, w)\) 加入 \(F\)，然后对于 \(x\) 的每条出边的权值都减去 \(w\) 表示反悔，并直接接上去 \(x \gets y\)。
-
否则，\(y\) 在链中，则找到了一个环。记录每个点的前驱，容易找到环上的点集，将他们缩成一个新的点，并令 \(x\) 为这个新点。
查询一个点所在的缩完后的大点可以用并查集，查询一个点出边最小值并整体减一个数可以用堆，如需合并可以使用左偏树。
不难看出整个算法流程以及最终 DMST 所有边权值之和与 \(r\) 的取值并没有任何关系，这也是我们可利用的一大特点。
接下来我们考虑如何求得 DMST 方案，定义函数 \(\mathtt {solve} (u, r)\)，表示在（缩完后的）点 \(u\) 中，求出删掉点 \(r\) 的出边后的方案。
为了方便，设 \(\mathtt {children}(u)\) 表示 \(u\) 由哪些点缩点而来，\(\mathtt {fa}(u)\) 表示 \(u\) 点一次缩点后的编号，这形成了一棵缩点树。
若 \(u\) 为一个单点，则直接返回。
设 \(v\) 为 \(u\) 在树上的包含点 \(r\) 的儿子，那么对于 \(x \in \mathtt {children}(u) \backslash v\)，令点 \(x\) 的出边为 \((p, q, w)\)，则执行 \(\mathtt {solve} (x, p)\)。
对于 \(v\)，则执行 \(\mathtt {solve} (v, r)\)，时间复杂度 \(\mathcal O(n\log m)\)。
- 模板题
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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
#define pir pair <ll, ll>
#define pb push_back
#define i128 __int128
using namespace std;
char buf[1 << 22], *p1, *p2;
// #define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, (1 << 22) - 10, stdin), p1 == p2)? EOF : *p1++)
template <class T>
const inline void rd(T &x) {char ch; bool neg = 0;while(!isdigit(ch = getchar()))if(ch == '-') neg = 1;x = ch - '0';while(isdigit(ch = getchar()))x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';if(neg) x = -x;
}
const ll maxn = 2e5 + 10, inf = 1e9, mod = 998244353, iv = mod - mod / 2;
ll power(ll a, ll b = mod - 2, ll p = mod) {ll s = 1;while(b) {if(b & 1) s = 1ll * s * a % p;a = 1ll * a * a % p, b >>= 1;} return s;
}
template <class T, class _T>
const inline ll pls(const T x, const _T y) { return x + y >= mod? x + y - mod : x + y; }
template <class T, class _T>
const inline void add(T &x, const _T y) { x = x + y >= mod? x + y - mod : x + y; }
template <class T, class _T>
const inline void chkmax(T &x, const _T y) { x = x < y? y : x; }
template <class T, class _T>
const inline void chkmin(T &x, const _T y) { x = x < y? x : y; }ll n, m, r, pre[maxn], ans, d[maxn], tot;
ll find(ll x) { return d[x] ^ x? d[x] = find(d[x]) : x; }struct Heap {ll dis[maxn], tag[maxn], val[maxn];ll fr[maxn], tot, lc[maxn], rc[maxn];void pushdown(ll p) {if(lc[p]) tag[lc[p]] += tag[p], val[lc[p]] += tag[p];if(rc[p]) tag[rc[p]] += tag[p], val[rc[p]] += tag[p];tag[p] = 0;}ll merge(ll p, ll q) {if(!p || !q) return p | q;pushdown(p), pushdown(q);if(val[p] > val[q]) swap(p, q);rc[p] = merge(rc[p], q);if(dis[lc[p]] < dis[rc[p]]) swap(lc[p], rc[p]);dis[p] = dis[rc[p]] + 1; return p;}ll Newnode(ll u, ll w) {++tot, fr[tot] = u, val[tot] = w;return tot;}
} tr; ll rt[maxn];int main() {rd(n), rd(m), rd(r); tot = n;for(ll i = 1; i <= m; i++) {ll u, v, w; rd(u), rd(v), rd(w);rt[v] = tr.merge(rt[v], tr.Newnode(u, w));}for(ll i = 1; i <= 2 * n; i++) d[i] = i;for(ll i = 1; i <= n; i++) {ll u = i, v = i % n + 1;rt[v] = tr.merge(rt[v], tr.Newnode(u, inf));}ll x = 1;while(rt[x]) {ll w = tr.val[rt[x]], k = find(tr.fr[rt[x]]);tr.pushdown(rt[x]), pre[x] = k;rt[x] = tr.merge(tr.lc[rt[x]], tr.rc[rt[x]]);if(find(k) == find(x)) continue;if(x != find(r)) ans += w;if(rt[x])tr.val[rt[x]] -= w, tr.tag[rt[x]] -= w;if(pre[k]) {ll f = ++tot;for(; x ^ f; x = find(pre[x])) {d[x] = f;rt[f] = tr.merge(rt[f], rt[x]);} x = f;} else x = k;} printf("%lld\n", ans >= inf? -1ll : ans);return 0;
}
