这是一道英语题，首先要读懂题目：
$\text{Alex believes that his trip will be interesting only if he will not use any road twice in a row.}$
这句话意思是不会连续走一条路，但是同一条路是可以走多次的
所以对于一个边双联通分量，是可以全部走一遍并可以从联通分量里的任意一个点离开的
所以就可以直接缩点，然后就变成树上问题
发现对于树上的点，如果它的大小为 $1$ 并且它的儿子都没法返回 ，那么到达它以后就没法返回，反之一定可以返回（自己内部绕一圈或者走到儿子再回来即可）
考虑树上搞搞 $dp$，设 $f[x]$ 表示走完 $x$ 的子树以后并能返回 $x$ 的父亲时得到的最大价值，$g[x]$ 表示走完 $x$ 的子树不返回的最大价值
那么对于一个可以返回父亲的的子节点 $v$ ，有转移：$f[x]+=f[v]$
对于 $g[x]$ ，比较复杂，首先 $g[x]$ 可以是 $x$ 走完所有可以返回的儿子，最后再走到一个不能返回的儿子：$g[x]=f[x]+g[v]$
也可以是走到某个虽然可以返回，但是没必要返回的儿子里面不返回（因为儿子再往下走到不能返回的节点最终价值可能更大）：$g[x]=g[x]-f[v]+g[v]$，这里减去 $f[v]$ 是因为之前加上了
然后最后答案就是 $g[root]$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=4e5+7; int n,m,a[N]; int fir[N],from[N<<1],to[N<<1],cntt; inline void add(int a,int b) { from[++cntt]=fir[a]; fir[a]=cntt; to[cntt]=b; } int dfn[N],low[N],bel[N],st[N],sz[N],Top,cnt,tot; void Tarjan(int x,int fa) { dfn[x]=low[x]=++cnt; st[++Top]=x; for(int i=fir[x];i;i=from[i]) { int &v=to[i]; if(v==fa) continue; if(!dfn[v]) Tarjan(v,x),low[x]=min(low[x],low[v]); else if(!bel[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]); } if(low[x]!=dfn[x]) return; tot++; while(st[Top]!=x) bel[st[Top--]]=tot; bel[st[Top--]]=tot; } struct edge { int u,v; edge (int _u=0,int _v=0) { u=_u,v=_v; } inline bool operator < (const edge &tmp) const { return u!=tmp.u ? u<tmp.u : v<tmp.v; } inline bool operator == (const edge &tmp) const { return u==tmp.u&&v==tmp.v; } }; vector <edge> tmp; vector <int> V[N]; ll val[N]; void build() { for(int i=1;i<=n;i++) val[bel[i]]+=a[i],sz[bel[i]]++; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=fir[i];j;j=from[j]) { int &v=to[j]; if(bel[i]==bel[v]) continue; tmp.push_back(edge(bel[i],bel[v])); } sort(tmp.begin(),tmp.end()); tmp.resize( unique(tmp.begin(), tmp.end()) - tmp.begin() ); for(auto E: tmp) V[E.u].push_back(E.v); } ll f[N],g[N]; bool ret[N]; void dfs(int x,int fa) { f[x]=val[x]; if(sz[x]>1) ret[x]=1; ll mx=0; for(auto v:V[x]) { if(v==fa) continue; dfs(v,x); if(ret[v]) f[x]+=f[v],ret[x]=1; else mx=max(mx,g[v]); } g[x]=f[x]+mx; for(auto v:V[x]) if(v!=fa&&ret[v]) g[x]=max(g[x], f[x]-f[v]+g[v] ); } int main() { n=read(),m=read(); int x,y; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { x=read(),y=read(); add(x,y); add(y,x); } int s=read(); for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) Tarjan(i,0); build(); dfs(bel[s],0); printf("%lld\n",g[bel[s]]); return 0; }