题解：
每条边至少经过一次，说明经过下界为$1$。
然后套有源汇上下界最小费用可行流板子。
口胡一下。
此类问题的建图通式为：
1.假设原来的边流量上下界为$[l,r]$，那么在新图中建流量上界为$(r-l)$的边；
就是必须流的先流完，不一定的一会再算。
2.统计一下每个点流入的$l$之和$ind$以及流出的$l$之和$otd$，设$d=ind-otd$；
若$d>0$，则建一条从新源点到该点的、容量为$d$的边，表示减下界的时候多减了，要加回来；
若$d<0$，则建一条从该点到新汇点的、容量为$-d$的边，表示加多了，要减回来。
3.旧汇点->旧源点，容量为$inf$，有借有还再借不难
然后求新图的最小费用最大流，答案即为最小费用+所有边的费用*下界。
代码：
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 350;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll Inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
x = f*c;
}
int n,hed[N],cnt=-1,S,T,otd[N],ind[N],SS,TT;
struct EG
{
int to,nxt;
ll f,w;
}e[60*N];
void ae(int f,int t,ll fl,ll wl)
{
e[++cnt].to = t;
e[cnt].nxt = hed[f];
e[cnt].f = fl;
e[cnt].w = wl;
hed[f] = cnt;
}
void AE(int f,int t,ll fl,ll wl)
{
ae(f,t,fl,wl);
ae(t,f,0,-wl);
}
int pre[N],fa[N];
ll dis[N],fl[N],ans;
bool vis[N];
bool spfa()
{
queue<int>q;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[SS]=0,fl[SS]=Inf,vis[SS]=1;q.push(SS);
while(!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
for(int j=hed[u];~j;j=e[j].nxt)
{
int to = e[j].to;
if(e[j].f&&dis[to]>dis[u]+e[j].w)
{
dis[to]=dis[u]+e[j].w;
fl[to]=min(fl[u],e[j].f);
fa[to]=u,pre[to]=j;
if(!vis[to])
{
vis[to]=1;
q.push(to);
}
}
}
vis[u]=0;
}
return dis[TT]!=Inf;
}
ll mcmf()
{
ll ret = 0;
while(spfa())
{
ret+=fl[TT]*dis[TT];
int u = TT;
while(u!=SS)
{
e[pre[u]].f-=fl[TT];
e[pre[u]^1].f+=fl[TT];
u=fa[u];
}
}
return ret;
}
int main()
{
read(n);
S=1,T=n+1;
SS=n+2,TT=n+3;
memset(hed,-1,sizeof(hed));
for(int k,t,w,i=1;i<=n;i++)
{
read(k);
while(k--)
{
read(t),read(w);
ind[t]++,otd[i]++;
AE(i,t,inf,w);
ans+=w;
}
if(i!=1)AE(i,T,inf,0);
}
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
int d = ind[i]-otd[i];
if(d<0)AE(i,TT,-d,0);
else AE(SS,i,d,0);
}
AE(T,S,inf,0);
ans+=mcmf();
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}