题意：有$n$个杯子，杯子$i$可以装价值为$w_i$（可正可负）的饮料，一开始所有杯子都是空的，在某些时刻，一些杯子会被加满饮料，你可以选择在一些时刻把$n$个杯子中的饮料喝完（一旦喝了就必须喝完$n$杯）并获得其价值，现在要最大化获得的总价值
设$f_i$表示考虑$1\cdots i$时刻并在$i$时刻喝饮料的最大价值，则$f_i=\max\limits_{j\leq i}f_{j-1}+s_{j\cdots i}$，这里$s_{j\cdots i}$表示在$j\cdots i$时刻被加满的杯子的饮料价值之和（被加多次只算一次价值）
设固定$i$时，$g_j=f_{j-1}+s_{j\cdots i}$，考虑从$i-1$变为$i$对$g$的影响，枚举每个在$i$时被加满的杯子$x$，如果它上次被加满的时间为$l$，那么$g_{l+1\cdots i}$会增加$w_x$，所以用线段树维护$g$即可
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=9223372036854775807ll;
ll mx[2000010],d[2000010];
void pushup(int x){
mx[x]=max(mx[x<<1],mx[x<<1|1]);
}
void ad(int x,ll v){
d[x]+=v;
mx[x]+=v;
}
void pushdown(int x){
if(d[x]){
ad(x<<1,d[x]);
ad(x<<1|1,d[x]);
d[x]=0;
}
}
void modify(int L,int R,ll v,int l,int r,int x){
if(L<=l&&r<=R)return ad(x,v);
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid)modify(L,R,v,l,mid,x<<1);
if(mid<R)modify(L,R,v,mid+1,r,x<<1|1);
pushup(x);
}
ll query(int L,int R,int l,int r,int x){
if(L<=l&&r<=R)return mx[x];
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
ll res=-inf;
if(L<=mid)res=max(res,query(L,R,l,mid,x<<1));
if(mid<R)res=max(res,query(L,R,mid+1,r,x<<1|1));
return res;
}
vector<int>p[500010],t[500010];
int w[500010],at[500010],v[500010];
ll f[500010];
int main(){
int n,N,i,k,x;
ll ans;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",w+i);
N=0;
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&k);
t[i].push_back(0);
while(k--){
scanf("%d",&x);
t[i].push_back(x);
v[++N]=x;
}
}
sort(v+1,v+N+1);
N=unique(v+1,v+N+1)-v-1;
for(i=1;i<=n;i++){
for(int&x:t[i]){
if(x)p[x=lower_bound(v+1,v+N+1,x)-v].push_back(i);
}
}
ans=0;
for(i=1;i<=N;i++){
for(int x:p[i])modify(t[x][at[x]++]+1,i,w[x],1,N,1);
f[i]=query(1,i,1,N,1);
ans=max(ans,f[i]);
if(i<N)modify(i+1,i+1,f[i],1,N,1);
}
printf("%lld",ans);
}