题目链接：http://codeforces.com/contest/1100/problem/E
题目大意：给你n和m，n代表有n个城市，m代表有m条边，然后m行输入三个数，起点，终点，花费。，每一条边的花费指的是将这条路方向反转的花费。然后问你使得整个图没有环的最小花费。（这里的最小花费指的是改变方向的边中，权值最大的那个）。
具体思路：二分答案，我们找出符合题目条件的最优解，check的时候，建立边权大于当前值的边，我们是通过形成的图判断有没有环来检验的，找到最优解之后，将剩余边权的大于最优解的边建立一个图，然后进行拓扑排序。再枚举每一条边，看这一条边的起点和终点的拓扑序，如果说起点的拓扑序大于终点的拓扑序，也就是说这条边应该是方向翻转，然后找出这满足情况的边就可以了。
反思：
1.这样为什么可以呢？昨晚打比赛的时候想到了一种情况，就是如果将当前的一条边翻转之后，原来的图中的环会不再存在，但是会形成新的图，这样的话也是不行的，但是对于这种情况，画画图就知道了，这种情况的话，外面肯定是有一个大环的，我们只需要对这个大环进行操作就可以了（操作的边数没有限制，只要这条边权比当前二分的值小就可以了）。
AC代码：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstdlib> 4 #include <cmath> 5 #include <cstring> 6 #include <ctime> 7 #include <algorithm> 8 #include <map> 9 #include <vector> 10 #include <queue> 11 using namespace std; 12 # define ll long long 13 # define pi acos(-1.0) 14 const int maxn = 1e5+100; 15 int deg[maxn],head[maxn],ord[maxn],vis[maxn]; 16 int num,n,m; 17 vector<int>qq; 18 struct node 19 { 20 int fr; 21 int to; 22 int nex; 23 int cost; 24 } q[maxn],edge[maxn*2]; 25 void init() 26 { 27 num=0; 28 memset(head,-1,sizeof(head)); 29 memset(deg,0,sizeof(deg)); 30 } 31 void addedge(int fr,int to) 32 { 33 edge[num].to=to; 34 edge[num].nex=head[fr]; 35 head[fr]=num++; 36 deg[to]++; 37 } 38 bool check(int t) 39 { 40 memset(vis,0,sizeof(vis)); 41 init(); 42 for(int i=1; i<=m; i++) 43 { 44 if(q[i].cost>t) 45 addedge(q[i].fr,q[i].to); 46 } 47 queue<int>wakaka; 48 for(int i=1;i<=n;i++){ 49 if(deg[i]==0){ 50 wakaka.push(i); 51 } 52 } 53 while(!wakaka.empty()){ 54 int top=wakaka.front(); 55 wakaka.pop(); 56 vis[top]=1; 57 for(int i=head[top];i!=-1;i=edge[i].nex){ 58 int u=edge[i].to; 59 if(--deg[u]==0)wakaka.push(u); 60 } 61 } 62 for(int i=1;i<=n;i++){ 63 if(vis[i]==0)return false;//(拓扑判环) 64 } 65 return true; 66 } 67 int main() 68 { 69 scanf("%d %d",&n,&m); 70 for(int i=1; i<=m; i++) 71 { 72 scanf("%d %d %d",&q[i].fr,&q[i].to,&q[i].cost); 73 } 74 int l=0,r=1e9; 75 while(l<r) 76 { 77 int mid=(l+r)/2; 78 if(check(mid)) 79 { 80 r=mid; 81 } 82 else 83 l=mid+1; 84 } 85 init(); 86 for(int i=1; i<=m; i++) 87 { 88 if(q[i].cost>r) 89 { 90 addedge(q[i].fr,q[i].to); 91 } 92 } 93 queue<int>wakaka; 94 for(int i=1; i<=n; i++) 95 { 96 if(!deg[i]) 97 wakaka.push(i); 98 } 99 memset(ord,0,sizeof(ord)); 100 int ans=0; 101 while(!wakaka.empty()) 102 { 103 int top=wakaka.front(); 104 wakaka.pop(); 105 ord[top]=++ans; 106 for(int i=head[top]; i!=-1; i=edge[i].nex) 107 { 108 int to=edge[i].to; 109 deg[to]--; 110 if(!deg[to]) 111 { 112 wakaka.push(to); 113 } 114 } 115 } 116 for(int i=1; i<=m; i++) 117 { 118 if(ord[q[i].fr]>ord[q[i].to])//（拓扑序） 119 { 120 qq.push_back(i); 121 } 122 } 123 printf("%d %d ",r,qq.size()); 124 int len=qq.size(); 125 for(int i=0; i<len; i++) 126 { 127 if(i==0) 128 printf("%d",qq[i]); 129 else 130 printf(" %d",qq[i]); 131 } 132 printf(" "); 133 return 0; 134 }