题目描述：
中秋节的晚上，小x在桌面上放了许多好看的彩灯。遗憾的是，这些彩灯可能并非 全部都亮着。于是，小x打算把全部这些彩灯都点亮。
但是，小x很快发现，这些彩灯的摆放是非常有规律的，事实上，彩灯的位置都在平面的 正三角形镶嵌的某个交点处。距离为单位长度的彩灯被认为相互相邻。可以看出，每个彩灯 最多与六个彩灯相邻，相邻的彩灯都在以其为中心的单位正六边形的顶点上。
下图就是一种合法的彩灯摆放（对应样例数据）：
其中，实心和空心的圆点分别代表亮与灭的彩灯，实线边代表彩灯间的相邻关系。
图中的边组成了若干单位正三角形（边长为单位长度的三角形），可以看出，每个彩灯 与它相邻的彩灯最多可以组成六个单位正三角形。而所有的单位三角形可被分成两类，我们 称为 A 类以及 B 类，图中加阴影的三角形属于 A 类。A 类三角形的特征是，三个顶点分别 在上方、左下方及右下方。
每个 A 类三角形中有一个开关（图中未画出），按动三角形中的开关 开关会改变三个顶点上每个彩灯的亮灭状态（亮变成灭，灭变成亮）。
那么，要点亮所有彩灯，最少需要按动多少次开关呢？
输入格式
输入数据描述了每个彩灯的初始亮灭状态以及所有三角形。
第一行一个整数 N，表示彩灯的数目，彩灯被编号为 1 至 N。
第二行 N 个 0 或 1 的整数，第 i 个 0 或 1 表示第 i 个彩灯初始的状态是灭或亮。 第三行一个整数 M，表示有 M 对彩灯相邻的关系。
以下 M 行，每行三个整数，表示一对彩灯相邻的关系。前两个整数即相邻的这一对彩灯的编号。第三个整数表示第二个彩灯相对于第一个彩灯的方位，0~5 分别表示右方、右下 、 左下、左方、左上、右上。
例如，“1 3 1”表示“第 3 个彩灯在第 1 个彩灯的右下方”。
输出格式
如果不可能做到点亮所有彩灯，输出-1，否则输出最小的步数。
寒假在海亮好像听过刘老师农夫山泉过这个题目，当时都没怎么听，看见机房大佬Chdy再写，于是也加入进来，发现是个很有意思的题目；
因为原来有印象类似的题目 所以看了一眼 发现是个拓扑；
然后我们考虑怎么建图 我们知道 拓扑维护的是一个依赖关系；
对于这个题 我们呢考虑怎么改变状态 才能使整个彩灯点亮；
我们肯定是首先寻找一个点，然后向其它点拓展，当便利一边所有的点后，我们找到了最少步数并且点亮了所有的彩灯；
对于一个A类三角形的顶点，如果他并不是其他A类三角形的左下右下的点，我们考虑从他开始，那么如果他是亮着的；
我们是不能改变他所在的这个三角形的亮暗的，因为如果改变了，那么当前这个亮着的就会暗，而向下传递关系时我们不能让已经遍历过的点再次暗掉；
所以只有这个点是暗着的，我们便找了唯一的方案，所以就可以将和他相连的点状态取反，如果有另一个点成为了当前这个顶点的状态，
即没有三角形将它作为左下右下点，我们接下来从这个点开始，直至将所有的点遍历完；
那么我们考虑对于一个点，我们改变他的状态，对左边右边的点是没有影响的，所以我们只考虑斜上斜下的点；
所以对与一个点x，如果y位于它的左上右上，我们将y指向x，x的入度++；
如果位于右下左下，我们将x指向y，y的入度++；
开始拓扑就解决了这个问题；
至于其它种解法，比如fzh大佬的将A类三角行中间加入一个点，然后连边进行拓扑，写起来麻烦，但他自己要说比较巧妙，那好吧 嗯。。真巧妙！！%%%
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=50000;
template<typename T>inline void read(T &x) {
x=0;T f=1,ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar();}
x*=f;
}
int n,m,x,y,z,tot,ans,lin[N<<1],s[N],in[N];
struct gg {
int y,next;
}a[N<<1];
inline void add(int x,int y) {
a[++tot].y=y;
a[tot].next=lin[x];
lin[x]=tot;
}
int main() {
//freopen("1.in","r",stdin);
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
read(s[i]);
}
read(m);
for(int i=1;i<=m;i++) {
read(x); read(y); read(z);
if(z==1||z==2) add(x,y),in[y]++;
if(z==4||z==5) add(y,x),in[x]++;
}
queue<int>q;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(!in[i]) q.push(i);
}
ans=0;
while(q.size()) {
int x=q.front();q.pop();
for(int i=lin[x];i;i=a[i].next){
int y=a[i].y;
in[y]--;
if(!in[y]) q.push(y);
if(!s[x]) s[y]^=1;
}
if(!s[x]) ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}