1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

/**
 * Problem: Minimalne pokrycie wierzchołków ścieżkami w DAG-u z dolnym ograniczeniem przepływu (>=1).
 * * Wyjaśnienie:
 * Każde spotkanie musi mieć co najmniej jednego pracownika.
 * - Jeśli spotkanie nie ma poprzednika, musimy dodać nowego pracownika.
 * - Jeśli spotkanie ma poprzednika, 'dziedziczy' pracownika z dnia poprzedniego.
 * - Jeśli wiele spotkań dziedziczy po tym samym poprzedniku, musimy dodać pracowników
 * dla każdego 'nadmiarowego' połączenia (rozgałęzienia).
 */

void solve() {
    int k;
    if (!(cin >> k)) return;

    int n_prev;
    cin >> n_prev;

    // Na start potrzebujemy tylu pracowników, ile jest spotkań pierwszego dnia.
    long long total_workers = n_prev;

    for (int i = 2; i <= k; ++i) {
        int ni;
        cin >> ni;
        
        // Tablica liczników: ile razy każde spotkanie z dnia i-1 jest kontynuowane
        // n_prev + 1, bo spotkania są numerowane od 1 do n.
        vector<int> out_degree(n_prev + 1, 0);
        int starts_new = 0;

        for (int j = 0; j < ni; ++j) {
            int prev_id;
            cin >> prev_id;
            if (prev_id == 0) {
                // To spotkanie nie kontynuuje niczego -> nowy pracownik od zera
                starts_new++;
            } else {
                // Zwiększamy licznik wyjść dla spotkania z dnia poprzedniego
                out_degree[prev_id]++;
            }
        }

        // Dodajemy nowych pracowników, którzy zaczynają od spotkań typu "0"
        total_workers += starts_new;

        // Kluczowa optymalizacja:
        // Jeśli spotkanie p z dnia i-1 ma m kontynuacji (gdzie m > 1),
        // to musimy dołożyć (m - 1) pracowników do tego konkretnego węzła.
        for (int p = 1; p <= n_prev; ++p) {
            if (out_degree[p] > 1) {
                total_workers += (out_degree[p] - 1);
            }
        }

        n_prev = ni;
    }

    cout << total_workers << endl;
}

int main() {
    // Szybkie I/O jest niezbędne przy 500 000 danych wejściowych
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    solve();

    return 0;
}