题目概述
百度有一位非常有名的大科学家，这位大科学家有很多藏书。
大科学家有一个书架，书架可以看成一个长度为 N 的序列，一开始里面放着 N 本书，每本书都记载了一个特定元素的信息，书中的元素各不相同。
大科学家会先进行若干次研究，最后进行一次科学实验，这次实验需要选取一些元素放在一起来进行。每次研究，大科学家会从书架上的某些位置抽出一些书来看，然后得出“如果 x 位置上的书对应的元素被拿来做实验了，那么区间[l , r]位置上的书对应的元素也必须拿来做实验，否则会爆炸”这样的结论。
大科学家有不止 N 本书（也就是说世界上有不止 N 种元素），但是他自己没时间给书架换书，所以他雇了一个实习生，这个实习生会时不时地拿出一本从来没被放上书架的书，然后替换掉书架上某个位置原来的书（所以对于大科学家得到的两次看似一样的研究结果，可能由于书架上的书被换了，它们的实质内容可能不一样）。
每本书还记载着对应元素的非负污染值，大科学家希望在完成一次科学实验的前提下（不能不选任何元素），这次实验的总污染值最小。作为一个旁观者，你能看到科学家做的所有研究结果以及实习生换书的顺序，然后你需要告诉大科学家，这个最小总污染值是多少。
输入格式
第一行一个正整数 N，代表书架的容量。
接下来一行 N 个数，第 i 个非负整数
代表最开始书架上第 ii 本书所描述的元素的污染值。
接下来一行一个整数M，代表事件的总数。
接下来 M 行，每行代表一个事件：
若为 0 x y，代表实习生拿了一本新书替换了 xx 位置的书，新书对应元素的污染值为 y。
若为 1 x l r，代表大科学家得到了新的结果，如果 xx 位置的书对应的元素加入了实验，那么 [l , r] 区间内的书对应的元素都必须拿来做实验。
保证大科学家的书籍总数 (N+0 操作个数 ) ≤20。
每个元素的污染值
。
保证
。
输出格式
输出一个整数，代表最小总污染值。
样例解释
一开始书架上有 55 本书，我们记这些元素的编号顺次为 1,2,3,4,5，他们的污染值分别为 1,10,100,1000,10000。
一共有 4 个事件：
大科学家发现，选了元素 1 就必须选元素 3,4。
大科学家发现，选了元素 3 就必须选元素 5。
实习生拿了一本新书，我们记这个新元素的编号为 6，他的污染值为 0，替换掉现在书架上的第 3 本书，现在书架上的 5 本书对应元素为 1,2,6,4,5。
大科学家发现，选了元素 6（因为它在位置 3 上）就必须选元素 1,2。
于是在所有可能的方案中，单选一个元素 2 来做实验是总污染值最小的，因为如果选择元素 1 或元素 6，都存在一些绑定关系使得总污染值不可能比10 更小。
样例输入
5
1 10 100 1000 10000
4
1 1 3 4
1 3 5 5
0 3 0
1 3 1 2
样例输出
10
解题方法
经过前面B题的铺垫， 我们已经知道了在
情况下可以暴力出结果。
但此题改了条件，
。
我们将各个元素抽象成一个点。
由于
,在本题中。
我们依旧不需要考虑加边情况的复杂度，因为至多只有N条边。
算法要求在O(NlogN)以及更低的复杂度情况下进行。
那么考虑我们在B题中所考虑的O(N^2),真正的使复杂度爆炸的是搜索的部分。
由于对每个点进行深搜，多了很多不必要的搜索。
显然，这个时候该记忆化了。
但由于有环的存在， 直接记忆化是绝对行不通的。
那把环去掉就好了， tarjan就是用来做这种事情的。
缩环后， 原来的图变成了一个DAG。
就可以在DAG上跑记忆化搜索了。
复杂度是O(N)的
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e5 + 7;
LL M[maxn], rec[maxn], sums[maxn];
struct edge {
int to, next;
}map[maxn*2];
vector<int> vec[maxn];
vector<int> edg[maxn];
int visit[maxn];
int dfn[maxn], low[maxn], times = 0, top = 0;
int instack[maxn], stack[maxn], sz = 0, belong[maxn];
void tarjan(int x) {
int v;
dfn[x]=low[x]=++times;
instack[x]=true;
stack[++top] = x;
for(int i=0;i<vec[x].size();++i) {
v = vec[x][i];
if(!dfn[v]) {
tarjan(v);
if(low[v] < low[x]) low[x] = low[v];
}
else if (instack[v] && dfn[v]<low[x]) low[x]=dfn[v];
}
if(dfn[x]==low[x]) {
sz++;
sums[sz] = 0;
do {
v=stack[top--];
instack[v]=false;
belong[v]=sz;
sums[sz] += M[v];
}
while(v!=x);
}
}
void solve(int n) {
int i;
sz = times = top = 0;
memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
memset(sums, -1, sizeof(sums));
for(i=1;i<=n;++i)
if(!dfn[i]) tarjan(i);
}
LL a[maxn], lnk[maxn];
LL dfs(int x) {
if(rec[x] != -1) return(rec[x]);
LL sum = sums[x];
for(int i=0;i<edg[x].size();++i) {
sum += (rec[edg[x][i]] = dfs(edg[x][i]));
}
return((rec[x] = sum));
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
int n, m, op, x; LL t;
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;++i) {
cin >> a[i];
lnk[i] = i;
}
cin >> m;
LL ans = 1e18;
for(int i=1;i<=n;++i) M[i] = a[i], vec[i].clear();
int ct = n+1;
while(m--) {
cin >> op;
if(op == 1) {
int ls, rs;
cin >> x >> ls >> rs;
for(int i=ls;i<=rs;++i)
vec[lnk[x]].push_back(lnk[i]);
} else {
cin >> x >> t;
lnk[x] = ct++;
M[lnk[x]] = t;
vec[lnk[x]].clear();
}
}
solve(ct-1);
for(int i=1;i<ct;++i) {
for(int j=0;j<vec[i].size();++j)
if(belong[i] != belong[vec[i][j]]) {
edg[belong[i]].push_back(belong[vec[i][j]]);
}
}
memset(rec, -1, sizeof(rec));
for(int i=1;i<=sz;++i) {
memset(visit, 0, sizeof(visit));
ans = min(ans, dfs(i));
}
cout << ans << endl;
return 0;
}