Description
世博期间，上海的航空客运量大大超过了平时，随之而来的航空管制也频频 发生。最近，小X就因为航空管制，连续两次在机场被延误超过了两小时。对此， 小X表示很不满意。 在这次来烟台的路上，小 X不幸又一次碰上了航空管制。于是小 X开始思考 关于航空管制的问题。 假设目前被延误航班共有 n个，编号为 1至n。机场只有一条起飞跑道，所 有的航班需按某个顺序依次起飞（称这个顺序为起飞序列）。定义一个航班的起 飞序号为该航班在起飞序列中的位置，即是第几个起飞的航班。 起飞序列还存在两类限制条件： 第一类（最晚起飞时间限制）：编号为 i的航班起飞序号不得超过 ki; 第二类（相对起飞顺序限制）：存在一些相对起飞顺序限制(a, b)，表示 航班 a的起飞时间必须早于航班 b，即航班 a的起飞序号必须小于航班 b 的起飞序号。 小X 思考的第一个问题是，若给定以上两类限制条件，是否可以计算出一个 可行的起飞序列。第二个问题则是，在考虑两类限制条件的情况下，如何求出每 个航班在所有可行的起飞序列中的最小起飞序号。
Input
第一行包含两个正整数 n和m，n表示航班数目，m表示 第二类限制条件（相对起飞顺序限制）的数目。 第二行包含 n个正整数 k1, k2, „, kn。 接下来 m行，每行两个正整数 a和b，表示一对相对起飞顺序限制(a, b)， 其中1≤a,b≤n, 表示航班 a必须先于航班 b起飞。
Output
包含 n个整数 t1, t2, „, tn，其中 ti表示航班i可能的最小起飞序 号，相邻两个整数用空格分隔。
Sample Input
5 5
4 5 2 5 4
1 2
3 2
5 1
3 4
3 1
Sample Output
3 4 1 2 1
在样例 1 中：
起飞序列 3 5 1 4 2 满足了所有的限制条件，所有满足条件的起飞序列有：
3 4 5 1 2 3 5 1 2 4 3 5 1 4 2 3 5 4 1 2
5 3 1 2 4 5 3 1 4 2 5 3 4 1 2
由于存在(5, 1)和(3, 1)两个限制，航班1只能安排在航班 5和3之后，故最早
起飞时间为3，其他航班类似。
对于30%数据：n≤10；
对于60%数据：n≤500；
对于100%数据：n≤2,000，m≤10,000。
我们发现这个问题直接做比较困难，考虑倒过来做。
将原图反向，最晚时刻限定改成最早时刻限定，不难证明新问题的解与原题中的解一一对应。
然而新问题好做多了，航班k出发的最晚时刻可以考虑在拓扑排序的时候先不管k航班，直到当前队列中没有元素了再将k加入，不难证明这就是航班k出发的最晚时刻，即原问题中航班k出发的最早时刻。
时间复杂度为O(nm)。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=Getchar();
for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const int maxn=2010;
const int maxm=10010;
int n,m,ans[maxn];
struct Pair {
int v,p;
bool operator < (const Pair& ths) const {return v<ths.v;}
}A[maxn];
int p[maxn],q[maxn],first[maxn],deg[maxn],in[maxn],next[maxm],to[maxm],e;
void AddEdge(int u,int v) {deg[v]++;to[++e]=v;next[e]=first[u];first[u]=e;}
int solve(int k) {
rep(i,1,n) in[i]=deg[i];
int cur=1,l=1,r=0,x,res;
rep(j,1,n) {
while(cur<=n&&A[cur].v<=j) {
if(!in[A[cur].p]&&A[cur].p!=k) q[++r]=A[cur].p;
cur++;
}
if(l<=r) x=q[l++]; else return j;
ans[j]=x;
ren {
in[to[i]]--;
if(!in[to[i]]&&p[to[i]]<=j&&to[i]!=k) q[++r]=to[i];
}
}
return res;
}
int main() {
n=read();m=read();
rep(i,1,n) A[i]=(Pair){p[i]=n-read()+1,i};
rep(i,1,m) AddEdge(read(),read());
sort(A+1,A+n+1);
rep(i,1,n) printf("%d ",n-solve(i)+1);
return 0;
}