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首先，每头牛牛都只有一个拜访对象，所以如果考虑图论建模的话，相当于每个点出度都是 1。这相当于图是个基环树森林（注意不只有一棵基环树），而且每个基环树都是内向基环树。
而且我们注意到有个特殊点，建出来的图是很多个环，就更加坚定了我们往基环树那块考虑的想法。我们把一个基环树的图画出来：
（很像你妈妈的钥匙串有木有）
然后转换一下原题的题意。既然决定图论建模了，那原题的 \(a_i\) 就相当于 \(i -> a_i\) 建边，边权是 \(v_i\)。至于排列，其实就是个行动顺序表，问我们如何安排行动顺序会让最终贡献最大。
对于不在环里的节点，显然不断让入度为 0 的点行动是更优的。首先一个点出去拜访以后就不可能回来，其次对于下图的情况，先让连向 \(v\) 的点拜访 \(v\)，然后 \(v\) 再去拜访别人，比先让 \(v\) 拜访别人，多了 \(w_1+w_2+\cdots+w_k\) 的贡献。
所以对于环外的部分，直接贪心地进行拓扑排序，累加边权即可。
这样我们就只剩下基环树森林里仅存的几个环了。
对于一个环来说，显然你是注定无法让它们都能统计贡献的。你可以自己在脑子里想象这些点逐个移动到它的拜访点，然后你就会发现注定有一个点的拜访点已经挪走了。
刚才那一通模拟后你还能得到，如果这个环有 \(m\) 条边，那你一定可以统计 \(m-1\) 条边的贡献，而且这样一定是比 \(m-2\) 条边或者更往下的情况更优。那些情况一定是如下的图所展示的：
也就是 1->2,2->3,4->5,3->4,5->1。那你一定不如 1->2,2->3,3->4,4->5,5->1 或是 4->5,5->1,1->2,2->3,3->4 优。
既然这样，那就相当于我们要在这个环上舍弃一条边。贪心一下，我们舍弃这个环上的最小边。这棵基环树的贡献就是它边权的总和减掉被舍弃的边之边权。
注意原图里有多个基环树，也会有多个环，要将它们被舍弃的边求一个 sum，然后统一减掉。
代码：
P8269
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;inline int read(){int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<48){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>47) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f;
}const int N=1e5+5;
const int inf=1e16;
int n,h[N],tot,in[N],p[N],W[N],vis[N],mi=inf;
queue<int> q;
struct Nahida{int u,v,w,nxt;
}e[N];inline void add(int u,int v,int w){e[++tot]={u,v,w,h[u]};h[u]=tot;in[v]++;
}inline void dfs(int u){vis[u]=1;for(int i=h[u];i;i=e[i].nxt){int v=e[i].v;mi=min(mi,e[i].w);if(vis[v]) continue;dfs(v);}
}signed main(){n=read();int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){int v=read(),w=read();p[i]=v,W[i]=w;sum+=W[i];add(i,v,w);}for(int i=1;i<=n;i++){if(!in[i]){q.push(i);}}int ans=0;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();int v=p[u];if(in[v]){in[v]--;if(!in[v]){q.push(v);}}}int misum=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(in[i]&&!vis[i]){mi=inf;dfs(i);misum+=mi;}}ans=sum-misum;printf("%lld",ans);return 0;
}