缩点
缩点，就是把一张有向有环图中的环缩成一个个点，形成一个有向无环图。
根据题目意思，我们只需要找出一条点权最大的路径就行了，不限制点的个数。那么考虑对于一个环上的点被选择了，一整条环是不是应该都被选择，这一定很优，能选干嘛不选。很关键的是题目还允许我们重复经过某条边或者某个点，我们就不需要考虑其他了。因此整个环实际上可以看成一个点（选了其中一个点就应该选其他的点）
强连通定义：在有向图G
孤立的一个点也是一个强连通分量
在嵌套的多个环时 : {所有环上的点}为一个强连通分量( 最小环就是每个孤立点）注意一定是满足条件的最大点集。
则上图中强连通分量有 {1},{2},{3},{7},{4,5,6}
---------------------------------------------------------------------------
tarjan的过程就是dfs过程
对图dfs一下，遍历所有未遍历过的点 ，会得到一个有向树，显然有向树是没有环的。（注意搜过的点不会再搜）
则能产生环的 只有（指向已经遍历过的点）的边
如左图，只有红色与绿色边有可能产生环。
对于深搜过程，我们需要一个栈来保存当前所在路径上的所有点（栈中所有点一定是有父子关系的）
再仔细观察红边与绿边，首先得到结论：红边不产生环，绿边产生环
1、对于红边，连接的两个点3、7没有父子关系，这种边称为横叉边。
横叉边一定不产生环。
2、对于绿边，连接的两个点6、4是父子关系，这种边称为后向边。
环一定由后向边产生。
3、图中除了黑色的树枝边，一定只有横叉边和后向边（不存在其他种类的边）
-------------------------------------------------------------------------
则以下考虑对于这两种边的处理和判断：
首先深搜会搜到这样的图：
Stack = {1,2,3},3没有多余的其他边，因此3退栈，把3作为一个强连通分量
-------------------------------------------------------------------------
再次深搜：
此时栈 Stack = {1,2,7}
发现红边指向了已经遍历过的点3 => 是上述的2种边之一
而3不在栈中 => 3点与7点无父子关系
=> 该边为横叉边
=>采取无视法。
继而7点退栈 产生连通分量{7}
继而2点退栈 产生连通分量{2}
--------------------------------------------------------------------------------------
再次深搜：
此时 Stack = {1,4,5,6}
发现绿边指向了已经遍历过的点4 => 是上述的2种边之一
而4在栈中 => 4点与6点是父子关系
=> 该边为后向边
=>4->6的路径上的点都是环。
int num[N], Top = 0;
int u = Stack.top();
while(u!=4){ num[Top++] = u; Stack.pop(); u = Stack.top();}
num[Top++] = u;
如此就能把Stack中 4->6路径上的点转移到num数组里
显然num数组中的点是一个连通分量。
-------------------------------------------------------------------------
实际情况可能更复杂：
出现了大环套小环的情况，显然我们认为最大环是一个强连通分量(即:{4,5,6,8} ）
因而我们需要强化一下dfs过程：
定义：
int Time, DFN[N], Low[N];
DFN[i]表示 遍历到 i 点时是第几次dfs
Low[u] 表示 以u点为父节点的 子树 能连接到 [栈中] 最上端的点 的DFN值(换句话说，是最小的DFN，因为最上端的DFN是最小的嘛）
int Stack[N], top; //上述的栈
/*
p3387
题意：使路径经过的点权值之和最大 重复经过的点，权值只计算一次。
题解：用tarjan构成一个有向无环图，再用扩扑排序寻找最大值
*/
#include
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int dfs[N];
int low[N];
int colornum[N];//每个强连通分量的个数
int colorcnt;//有几个强连通分量
int color[N];//这个染色点属于第几个强连通分量
int cnt;
int sum[N];
stackst;
bool vis[N];
vectormp[N],cc[N];
int a[N],b[N],val[N];
int in[N];
void tarjan(int u)
{
dfs[u]=low[u]=++cnt;
st.push(u);
vis[u]=true;
int v;
for(int i=0;iQ;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=colorcnt;i++){
if(!in[i]){
Q.push(i);
dis[i]=sum[i];
}
}
while(!Q.empty()){
int u=Q.front();
Q.pop();
for(int i=0;i