题目背景
缩点+DP
题目描述
给定一个n个点m条边有向图，每个点有一个权值，求一条路径，使路径经过的点权值之和最大。你只需要求出这个权值和。
允许多次经过一条边或者一个点，但是，重复经过的点，权值只计算一次。
输入输出格式
输入格式：
第一行，n,m
第二行，n个整数，依次代表点权
第三至m+2行，每行两个整数u,v，表示u->v有一条有向边
输出格式：
共一行，最大的点权之和。
输入输出样例
说明
n<=10^4,m<=10^5,0<=点权<=1000
算法：Tarjan缩点+DAGdp、
基本可以算是套路了吧，先缩点，然后tpsort，跑dp，是不是可以解决不少图论题目呢
思路：
两个数组，dfn，low。
dfn：dfs序（时间戳）
low：以u为根的子树里dfn最小的那个点（它的最早祖先）
附属数组：
st：模拟栈
co：重建图的联通快（点）
维护这两个数组，当dfn[u]=low[u]时判定为强连通分量（环）
为什么呢？
当一个点它的最老祖先等于它自己的时候，这就是一个环啊
了解四种边：
树枝边：遍历路径
前向边：爹——>儿
后向边：儿——>爹
横插边：从这个子树插到另外一个搜索子树的边
下面介绍怎么维护low
如果（u，v）是树枝边，一切好说，直接比较low[u]和low[v]的最小值即可，因为v是u的儿子，直接比较它们最早祖先的大小。
如果（u，v）是后向边或者横插边，就需要比较lou[u]和dfn[v]的最小值。
为什么？
后向边相对好理解，从这个点可以回溯到它的祖先，我们需要比较它儿子们的时间戳最小值和它祖先的时间戳 的最小值。
若之前搜到过u的祖先，那么它祖先的dfn一定是小的，但是我能从它的耳孙之间找到它的身影（自交？回交？）！
这说明什么？强连通分量！
但是，不要着急，我们需要找到强连通分量的根。所以我们需要比较一个极小值。
解释通了，那么横插边也是同理。
当dfn=low时：
也就是说它的子孙的最高祖先就是子孙本身时。
dfn时间戳正好是它子树节点的low的最小值。因为dfn值具有不重复性，所以可以断定，以它为根的子树的所有点都是一个强连通分量。
所以，可以很好地判断图的环。
注意：因为图可能不连通，所以要多次跑tarjan。
时间复杂度：由于每个点只遍历了一次，每条边也只遍历了一次，所以O(N+M)（不是spfa那么不靠谱，人家就是N+M）
给出缩点板子的代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=100005; struct node { int next,to; }e[maxn]; int head[maxn],cnt,sum[maxn],a[maxn]; int n,m,ru[maxn]; inline void addedge(int from,int to) { e[++cnt].next=head[from]; e[cnt].to=to; head[from]=cnt; } int dep,top; int dfn[maxn],low[maxn],vis[maxn],co[maxn],st[maxn]; void tarjan(int u) { dfn[u]=low[u]=++dep; vis[u]=1; st[++top]=u; for(int i=head[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].to; if(!dfn[v]) { tarjan(v); low[u]=min(low[v],low[u]); } else if(vis[v]) { low[u]=min(low[u],dfn[v]); } } if(dfn[u]==low[u])//退栈，把强连通分量薅出来 { int t; do { t=st[top--]; sum[u]+=a[t]; co[t]=u; vis[t]=0; }while(t!=u); } } int dp[maxn]; queue < int > q; void tpsort() { for(int i=1;i<=n;i++) { if(ru[i]==0&&co[i]==i) q.push(i); dp[co[i]]=sum[co[i]]; } while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); for(int i=head[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].to; dp[v]=max(dp[u]+sum[co[v]],dp[v]); if(!(--ru[v])) { q.push(v); } } } } pair < int , int > g[maxn]; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); addedge(x,y); g[i].first=x; g[i].second=y; } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!dfn[i]) tarjan(i); } memset(e,0,sizeof(e)); memset(head,0,sizeof(head)); cnt=0; for(int i=1;i<=m;i++) { int x=g[i].first; int y=g[i].second; if(co[x]!=co[y]) { addedge(co[x],co[y]); ru[co[y]]++; } } tpsort(); int ans=-1; for(int i=1;i<=n;i++) { ans=max(ans,dp[i]); } printf("%d",ans); return 0; }
无向图：
void tarjan(int u) { dfn[u]=low[u]=++tot; st[++top]=u; for(int i=head[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].to; if(!vis[i]) { vis[i]=vis[i^1]=1; if(dfn[v]==0) { tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]); } else { low[u]=min(low[u],dfn[v]); } } } if(dfn[u]==low[u]) { color[u]=++col; while(st[top]!=u) color[st[top]]=col,top--; top--; } }
（完）