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传送门

题目大意：
给n个点和m条边，给n个点的权值。

给你一个起点，s。现从s点出发，经历一些点，并加上对应的点的权值。

条件：同一边不能连续走两次，但是同一条路是可以走多次的。
所以就是对双连通分量进行缩点，再考虑权值问题（树上dp）即可。

现在我们考虑已经缩完点求树上权值问题。对于每一个度数为1且他的儿子都没法返回，如果进了，那么就回不来了，反正则一定可以回来（在连通块里自己绕一圈或者去儿子那里绕一圈），所以我们要分两段考虑，一段是不带上这种情况情况的点，一段是带上之后的情况。
两次dfs即可。

ac代码：

#include
using namespace std;
typedef __int64 ll;
const int N = 2e5+7,M = 4e5+7;
const ll INF = 1e18+1;
int n,m,col,dfstime,s;
int head[M],ver[M],nex[M],cnt; //两张图，一张原图，一张缩点后的图 
int head2[M],ver2[M],nex2[M],cnt2;
int w[N],dfn[N],low[N],all[N],id[N];//d是度数大于一（可回）的权值 
ll d[N],dp[N],ans = -INF;
stack st;
void add(int x,int y){
	ver[++cnt] = y;
	nex[cnt] = head[x];
	head[x] = cnt;
}
void add2(int x,int y){
	ver2[++cnt2] = y;
	nex2[cnt2] = head2[x];
	head2[x] = cnt2;
}
void read(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%d",&w[i]);
	
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);add(y,x);
	}
	scanf("%d",&s);
}
void tarjan(int x,int f){
	dfn[x] = low[x] = ++dfstime; 
	st.push(x);
	for(int i=head[x]; i ;i = nex[i]){
		int y = ver[i];
		if(y == f) continue;
		if(!dfn[y]){
			tarjan(y,x);
			low[x] = min(low[x] , low[y]);
		}else if(!id[x]) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
	}
	int k;
	if(dfn[x] == low[x]){
		++col;
		do{
			k = st.top();st.pop();
			id[k] = col;
			all[col] ++;
			dp[col] += w[k];
		}while(k!=x); 
	}	
}
void dfs(int f,int fa){
	for(int i=head2[f];i;i=nex2[i]){
		int y = ver2[i];
		if(y == fa) continue;
		dfs(y,f);
		if(all[y] > 1){
			dp[f] += dp[y];
			dp[y] = 0;
			all[f] += all[y];
		}
	}
}
void dfs1(int f,int fa,ll wi){
	d[f] = dp[f] + wi;
	ans = max(ans, d[f]);
	for(int i=head2[f];i;i=nex2[i]){
		int y = ver2[i];
		if(y == fa) continue;
		dfs1(y,f,d[f]);
	}
}
void solve(){
	for(int i=1;i <= n;i++)
	if(!dfn[i]) ;
	tarjan(1,0);
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		for(int j = head[i];j;j = nex[j]){
			int y = ver[j];
			if(id[i] != id[y])
			add2(id[i],id[y]);
		}
	}
	s = id[s]; 
	dfs(s,0); 
	dfs1(s,0,0);
	printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
	read();
	solve();
	return 0;
}