$Self~Problem~C~:~Samsara$

题目背景：

在这个\(Canman\)界的人都知道，世界上最伟大的修道者 —— \(Felling\)，曾经结束了\(Canman\)的无垠盏之灾，守护了\(Canman\)的和平。在无垠盏之灾的最后，近神的\(Felling\)正在和堕入魔道的修道者，无垠灾的始作俑者\(Neyii\)进行最后的对峙。掌握着轮回之力的他，可以逆向流逝轮回，造成外爆内敛的奇点爆炸，比一般的爆炸要强悍数倍。

题目描述：

已知当前\(Neyii\)张开魔疆，把\(Felling\)包围了进去。\(Felling\)在魔疆中实力受到大幅的限制，甚至连时间和空间之力都被禁止了。但是魔疆是一把双面刃，包围了\(Felling\)的同时，\(Neyii\)也将自己的经络暴露在了\(Felling\)的面前。\(Felling\)知道这样下去自己终将陨落，所以打算孤注一掷，利用自己的轮回之力，引爆\(Neyii\)的经络！

已知当前\(Neyii\)的经络图由成百上千的穴位和经脉链接而成，经脉负责联通各个穴位。习武之人皆知，经脉内运气的流动是单向的，否则将会导致运气冲突，经脉爆裂的严重后果。如果引爆一个穴位，那么以这个穴位为起点的经脉都会报废。而如果一个穴位没有任何经脉流入供应，那么这个穴位就会进入闭脉状态，使\(Felling\)无法对其催动奇点爆炸。而\(Felling\)所引爆的穴位所蕴含的能量都将返还\(Felling\)。现在\(Felling\)所能释放奇点爆炸的次数已经不多了，他想在至多\(K\)次爆炸内，获得尽量多的能量。当然不一定要用完\(K\)次爆炸。题目不保证没有环， 但保证没有重边。保证权值不为负数,没有自环。

输入格式：

第一行，三个正整数\(N, M, K\)表示穴位数和经脉数和最多的爆炸次数。

第二行，\(N\)个整数\(Data[i]\)，分别表示第\(i\)号穴位的能量。

下面\(M\)行，每行三个正整数，\(X, Y\)表示从\(X\)到\(Y\)有一条单向流动的经脉。

输出格式：

一行，一个整数，表示最多能获得的能量数。

输入样例 ：

7 7 3
10 2 8 4 9 5 7
1 2
1 3
1 4
2 5
3 6
3 7
4 7

输出样例：

24

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数据大小：

对于\(10\)%的数据，\(1 \leq N \leq 10, 1 \leq M \leq 20\)。

对于另外\(30\)%的数据，经络图无环。

对于另外\(10\)%的数据，有且只有一个点的入度为\(0\)。

对于\(100\)%的数据:\(1 \leq N \leq 10000\)， \(1 \leq M \leq 500003\)， \(1 \leq K \leq 100003\)

所有边权\(\leq 1000\)

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首先简化一下题面：

你现在有一张\(N\)个点\(M\)条边的一般有向图，你可以造成至多\(K\)次点上的爆炸，每次爆炸都可以获得这个点的点权。爆炸之后所有以这个点为起点的出边都会报废。如果一个点没有入边，那么不可以实施爆炸。请求最大化点权和。

首先我们考虑一张有向无环图。

你可以发现，假如你现在想要引爆\(Now_1\)和\(Now_2\)，如果\(Now_2\)是从\(Now_1\)来的，那么我们一定是先引爆\(Now_2\)，然后引爆\(Now_1\)获得的价值更大。

比如上图的\(3和\)\(6\)节点，如果我想要引爆这两个节点，那么我一定先引爆\(6\)，因为如果我先引爆\(3\)，那么会导致\(6\)不能被引爆。

而如果\(Now_1\)和\(Now_2\)是类似于一种“并列关系”的话，就不用彼此考虑。就比如\(3\)和\(4\)。

所以我们可以发现这个\(DAG\)上除了入度为\(0\)的那些点以外，其它的点我们都可以选。因为总有一种合法顺序可以让我们选完所有的点。因此\(DAG\)上我们只要删去所有入度为\(0\)的点，然后排序\(For\)到\(K\)即可。\(30\)分到手。

那么我们来考虑下图这种情况。

我们可以发现，如果我们从\(4\)开始引爆，那么\(4\)后引爆\(3\)，\(3\)后引爆\(2\)，\(2\)之后只剩了一个\(1\)没有引爆。当然换一个起点也是一样的。所以说，我们只需要舍弃一个点，那么其它的点都是可以被选中的。那么我们当然删去最小的点。

那么转而来看一般有向图。

我们发现这个情况下，原来的\(\{1, 2, 3, 4\}\)环都可以选了，因为多了一个入边\(\{5 - > 1\}\)，那么我们发现\(\{1, 2, 3, 4\}\)就可以看做是一个点。

那么得出算法：对于每一个强连通分量：

如果该强联通分量有入度，那么这个强联通分量里面的所有的点都可以选择。

如果该强联通分量没有入度，那么去掉一个点之后，其余的所有的点都可以选择。

所以算法流程如下：

1. 缩点
2. 对于每一条边，如果从\(SCC_1\)跑到了\(SCC_2\)，那么认为\(SCC_2\)有入度，标记\(Flag[SCC_2] = 1\)
3. \(for\)所有的\(SCC_i\),若\(Flag[SCC_i] == 1\)那么将该\(SCC\)里面的所有点加入数组。否则去掉里面点权最小的点，然后将其余的点加入数组。
4. 对于上面说的那个数组，用\(nth\_element\)排序前\(K\)大，然后计算点权和。

---

算法实际上是一个比较奇妙的贪心。

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标程：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <map>
#define For1(i, A, B) for(register int i = (A), i##_end_ = (B); i <= i##_end_; ++ i)
#define For2(i, A, B) for(register int i = (A), i##_end_ = (B); i >= i##_end_; -- i)
#define MEM(Now, K) memset(Now, K, sizeof(Now))
#define CPY(Now, K) memcpy(Now, K, sizeof(Now))
#define Debug(Now) (cerr << Now << endl)
#define Min(A, B) (A < B ? A : B)
#define Max(A, B) (A < B ? B : A)
#define SCPY(A, B) strcpy(A, B)
#define Inf 0x7fffffff
#define RE register
#define IL inline
#define MAXN 100010
#define MAXM 500010
#define _X first
#define _Y second
using namespace std ;

typedef unsigned long long ULL ;
typedef pair<long long, int>  PLI;
typedef pair<int, int> PII;
typedef unsigned int UINT;
typedef long double LDB;
typedef long long LL ;
typedef double DB ;

IL int Read(){
	LL X = 0, F = 1 ;  char ch = getchar() ;
	while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') F = - 1 ; ch = getchar() ; }
	while(ch <= '9' && ch >= '0') X = (X << 1) + (X << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar() ;
	return X * F ;
}
IL double DBRead(){
    double X = 0, Y = 1.0 ; LL W = 0 ; char ch = 0 ;
    while(! isdigit(ch)) { W |= ch == '-' ; ch = getchar() ; }
    while(isdigit(ch)) X = X * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar() ;
    ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) X += (Y /= 10) * (ch ^ 48), ch = getchar() ;
    return W ? - X : X ;
}
IL void Print(/*LL*/ LL X){
     if(X < 0) putchar('-'), X = - X ;
     if(X > 9) Print(X / 10) ; putchar(X % 10 + '0') ;
     //cout << endl ;
	 //cout << " " ;
}

//----------------------------------以上是精致小巧的缺省源......

LL N, M, K, Data[MAXN], Ans ;
struct Node{
	LL From, To, Next ;
}Edge[MAXM] ;
LL Head[MAXN], Total ;
void Add(LL F, LL T){
	Total ++ ;
	Edge[Total].From = F ;
	Edge[Total].To = T ;
	Edge[Total].Next = Head[F] ;
	Head[F] = Total ;
}
LL Dfn[MAXN], Low[MAXN], Deep, Cnt, Flag[MAXN] ;
LL Stack[MAXN], Insta[MAXN], Top ;
LL Belong[MAXN], Est[MAXN], MIN[MAXN] ;
LL Finally[MAXN], All ;
//Finally表示最终的答案数组
//All表示“预选”答案一共有多少个。
void Tarjan(LL Now){ //缩点自然不用说
	Dfn[Now] = Low[Now] = ++ Deep ;
	Stack[++ Top] = Now ; Insta[Now] = 1 ;
	for(LL i = Head[Now]; i; i = Edge[i].Next){
		if(! Dfn[Edge[i].To]){
			Tarjan(Edge[i].To) ;
			Low[Now] = min(Low[Now], Low[Edge[i].To]) ;
		}	else if(Insta[Edge[i].To])
			Low[Now] = min(Low[Now], Dfn[Edge[i].To]) ;
	}
	if(Low[Now] == Dfn[Now]){
		Cnt ++ ; LL Pass ;
		do{
			Pass = Stack[Top --] ;
			if(Est[Cnt] > Data[Pass])
				MIN[Cnt] = Pass, Est[Cnt] = Data[Pass] ;
			//MIN[]和EST[]求的是每一个SCC里面最小的点
			//其中MIN[]是表示点，EST[]表示点权
			Belong[Pass] = Cnt ;
			Insta[Pass] = 0 ;
		}while(Now != Pass) ;
	}
}
bool CMP(LL X, LL Y){
	return X > Y ;
}
int main() {
	N = Read(), M = Read(), K = Read() ;
	memset(Est, 127, sizeof(Est)) ;
	for(LL i = 1; i <= N; i ++)
		Data[i] = Read() ;
	for(LL i = 1; i <= M; i ++){
		LL F = Read(), T = Read() ;
		Add(F, T) ;
	}
	for(LL i = 1; i <= N; i ++)
	if(! Dfn[i]) Tarjan(i) ;// 缩点

	//下面这一行是一个判断。如果存在一条边使得这条边从SCC1到SCC2
	//那么SCC2就属于我们说的又入度的强联通分量。
	for(LL i = 1; i <= M; i ++){
		if(Belong[Edge[i].From] != Belong[Edge[i].To])
			Flag[Belong[Edge[i].To]] = 1 ;
		//Flag[]记录这个SCC有没有入度。
	}
	for(LL i = 1; i <= Cnt; i ++)
		if(! Flag[i])
			Data[MIN[i]] = - 1 ;
	for(LL i = 1; i <= N; i ++){
		if(Data[i] == -1) continue ;
		Finally[++ All] = - Data[i] ;
	}
	nth_element(Finally + 1, Finally + K + 1, Finally + All + 1) ;
	/*由于我们只需要知道前K个数而并不需要知道具体顺序，所以可以直接使用
	STL里面的nth_element而不用sort*/
	for(LL i = 1; i <= K; i ++)
		Ans +=  - Finally[i] ;
	//点权是存的相反数，好用nth_element
	printf("%lld", Ans) ;
	return 0 ;	
}