2020 Multi-University Training Contest 2 - A - Total Eclipse

题意：

有n个城市，m条道路，每个城市都有一个权值，现在要让每个城市的权值变成0，可执行的操作为：每次选择一个城市，使从这个城市出发能到的所有城市的权值-1，注意：当某个城市的权值变为0之后，它将不能被经过，问最少要几次操作使得所有城市的权值都变成0。

思路：

每次一定是选择一个极大连通块，将里面所有数同时减小，直到最小值变成 0，然后将变 成 0 的点删除，分裂成多个连通块再接着做。 为了实现这个策略，可以将整个过程倒过来看，变成按照 b 的值从大到小依次加入每个点。 加入每个点 x 时遍历与 x 相连的所有边 (x,y)，如果 y 在 x 之前加入且 x 和 y 不连通则将 x 和 y 合并，并将 y 所在连通块的树根的父亲设为 x，得到一棵有根树。那么每个点 x 在成为最 小值之前已经被做了 次操作，所以每个点 x 对答案的贡献为  −。 使用并查集支持路径压缩，时间复杂度 O((n + m)logn)。
 

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010,M=200010;
int Case,n,m,i,j,x,y,a[N],q[N],g[N],v[M<<1],nxt[M<<1],ed,f[N],fa[N],wake[N];long long ans;
inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
inline bool cmp(int x,int y){return a[x]>a[y];}
int F(int x){return f[x]==x?x:f[x]=F(f[x]);}
int main(){
  scanf("%d",&Case);
  while(Case--){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(ed=0,i=1;i<=n;i++){
      scanf("%d",&a[i]);
      q[i]=f[i]=i;
      g[i]=fa[i]=wake[i]=0;
    }
    while(m--)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
    sort(q+1,q+n+1,cmp);
    for(i=1;i<=n;i++){
      x=q[i];
      wake[x]=1;
      for(j=g[x];j;j=nxt[j]){
        y=v[j];
        if(!wake[y])continue;
        y=F(y);
        if(y==x)continue;
        fa[y]=f[y]=x;
      }
    }
    for(ans=0,i=1;i<=n;i++)ans+=a[i]-a[fa[i]];
    printf("%lld\n",ans);
  }
}