视频题解戳这里
题目大意：一个有向图，给你m条有向边，每条边都有权值（即修改这条边方向所要付出的代价），如果确定一个代价v,则权值小于等于vv的边都可以被修改。求使得图变得没有环所需要的最小v，改变边的个数，和一种方案。
解题思路：一开始有往二分这方面考虑，但是却不知如何二分，这个题二分的是最小代价，那判断条件是什么呢，小于等于代价v的边相当于无向边，我们可以随意控制其方向，但是大于v的那一部分我们无法掌控，有环那就是无法改变的，所以我们拓扑排序只去考虑那些大于v的边，如果最后还有点的入度不为0，那就是说明有环，二分的代价太低了，l=mid+1，反之r=mid-1。最后如何输出方案呢，我们需要一个top数组，这个数组代表在拓扑序列里的先后顺序，越后输出的越大。我们可以根据这个序列去判断那些边应该被翻转，举个例子，边edge，edge的起点s指向edge的终点e,而且满足edge的权值w小于v。但是在拓扑序列里，top[s]>top[e],(我们可以知道由s->e的边，在拓扑里肯定s在e之前的)，那这条边的顺序就要被我们交换顺序。这个题也算基本解决了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
const int maxn = 1e5+7;
int n,m,in[maxn],top[maxn];
vector<int> ee[maxn];
struct node{
int s,e,w;
}ed[maxn];
bool pd(int mid){
int cnt=0;
queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;++i)
ee[i].clear();
memset(in,0,sizeof(in));
for(int i=1;i<=m;++i){
if(ed[i].w>mid){
ee[ed[i].s].push_back(ed[i].e);
in[ed[i].e]++;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(!in[i]){
q.push(i);
top[i]=++cnt;
}
}
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<(int)ee[u].size();++i){
int t=ee[u][i];
--in[t];
if(!in[t]) q.push(t),top[t]=++cnt;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(in[i]) return false;
}
return true;
}
int main(){
std::ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;++i){
cin>>ed[i].s>>ed[i].e>>ed[i].w;
}
int l=0,r=inf,res;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(pd(mid)) r=mid-1,res=mid;
else l=mid+1;
}
pd(res); //抱住top序列是由res跑出
vector<int> ans;
for(int i=1;i<=m;++i){
if(ed[i].w<=res && top[ed[i].s] > top[ed[i].e]){
ans.push_back(i);
}
}
cout<<res<<" "<<(int)ans.size()<<endl;
for(int i=0;i<(int)ans.size();++i){
cout<<ans[i]<<" ";
}
return 0;
}