题面：
描述
暑假到了!!小Hi和小Ho为了体验生活，来到了住在大草原的约翰家。今天一大早，约翰因为有事要出去，就拜托小Hi和小Ho忙帮放牧。
约翰家一共有N个草场，每个草场有容量为W[i]的牧草，N个草场之间有M条单向的路径。
小Hi和小Ho需要将牛羊群赶到草场上，当他们吃完一个草场牧草后，继续前往其他草场。当没有可以到达的草场或是能够到达的草场都已经被吃光了之后，小hi和小Ho就把牛羊群赶回家。
一开始小Hi和小Ho在1号草场，在回家之前，牛羊群最多能吃掉多少牧草？
举个例子：
图中每个点表示一个草场，上部分数字表示编号，下部分表示草场的牧草数量w。
在1吃完草之后，小Hi和小Ho可以选择把牛羊群赶到2或者3，假设小Hi和小Ho把牛羊群赶到2：
吃完草场2之后，只能到草场4，当4吃完后没有可以到达的草场，所以小Hi和小Ho就把牛羊群赶回家。
若选择从1到3，则可以到达5，6：
选择5的话，吃完之后只能直接回家。若选择6，还可以再通过6回到3，再到5。
所以该图可以选择的路线有3条：
1->2->4 total: 11
1->3->5 total: 9
1->3->6->3->5: total: 13
所以最多能够吃到的牧草数量为13。
本题改编自USACO月赛金组
提示：强连通分量
输入
第1行：2个正整数，N,M。表示点的数量N，边的数量M。1≤N≤20,000, 1≤M≤100,000
第2行：N个正整数，第i个整数表示第i个牧场的草量w[i]。1≤w[i]≤100,000
第3..M+2行：2个正整数，u,v。表示存在一条从u到v的单向路径。1≤u,v≤N
输出
第1行：1个整数，最多能够吃到的牧草数量。
样例输入
6 6
2 4 3 5 4 4
1 2
2 4
1 3
3 5
3 6
6 3
样例输出
13
大致思路：
这个题需要一个缩点的操作，也就是说在基础的tarjan算法上，需要加一个数组（程序中是sccno），其意义是：如果存在连通分量，则sccno[i]的值是这个树的根节点，也就是可以通过这个数组知道属于哪个联通分量。
所以整个题的过程就是先跑一遍tarjan，然后根据sccno的信息新建一个图，然后再新建的图上跑一遍dfs，最后扫一遍glass数组，求一个max输出就可以了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e4+7;
vector<int> g[maxn];
vector<int> newp[maxn];
int dfn[maxn],low[maxn],w[maxn],glass[maxn],sccno[maxn];
int idx=0;
bool visit[maxn];
stack<int> s;
void tarjan(int u)
{dfn[u]=low[u]=++idx;s.push(u);visit[u]=true;int v;for(int i=0;i<g[u].size();++i){v=g[u][i];if(dfn[v]==0){tarjan(v);low[u]=min(low[u],low[v]);}else if(visit[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);}if(dfn[u]==low[u])do{v=s.top();s.pop();sccno[v]=u;//指向根节点visit[v]=false;}while(u!=v);
}void suodian(int n)
{int v,u;for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=0;j<g[i].size();++j){u=g[i][j];if(sccno[i]==u)continue;if(w[u]==0)continue;if(u!=sccno[u]){w[sccno[u]]+=w[u];//缩点时将值累加w[u]=0;}elsenewp[sccno[i]].push_back(u);//为了让连通分量连接的边成功接上根节点}}
}
void dfs(int x,int last)
{int v;glass[x]=max(glass[x],glass[last]+w[x]);for(int i=0;i<newp[x].size();++i){v=newp[x][i];if(w[v]!=0&&visit[v]==false){visit[v]=true;dfs(v,x);visit[v]=false;}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);//freopen("in.txt","r",stdin);int n,m,u,v;memset(dfn,0,sizeof(dfn));memset(glass,0,sizeof(glass));cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;++i)cin>>w[i];for(int i=1;i<=m;++i){cin>>u>>v;g[u].push_back(v);}for(int i=1;i<=n;++i)sccno[i]=i;tarjan(1);for(int i=1;i<=n;++i)if(dfn[i]==0)w[i]=0;suodian(n);int ans=0;memset(visit,false,sizeof(visit));visit[1]=true;dfs(1,1);for(int i=1;i<=n;++i)ans=max(ans,glass[i]);cout<<ans<<endl;return 0;
}