杭电多校round2 1001 Total Eclipse（并查集）

问题描述

拜特兰有n个城市和m条双向道路。这些城市被标记为1，2，…，n，第i个城市的亮度是bi。
魔术师Sunset想和拜特兰开个玩笑，制造一个月全食，使每个城市的亮度变为零。Sunset可以执行以下操作任意次数：
·选择一个整数k（1≤k≤n）。
·选择k个不同的城市c1，c2，…，ck（1≤ci≤n），使它们相互连接。换言之，对于每一对不同选择的城市ci和cj（1≤i ·对于每个选定的城市ci（1≤i≤k），将bci降低1。
请注意，Sunset将始终选择具有最大可能值的k。现在Sunset想知道他需要做的最小操作数是多少，请编写一个程序来帮助他。
输入
输入的第一行包含单个整数T（1≤T≤10），即测试用例的数量。
对于每种情况，输入的第一行包含两个整数n和m（1≤n≤100000，1≤m≤200000），表示城市数量和道路数量。
输入的第二行包含n个整数b1，b2，…，bn（1≤bi≤109），表示每个城市的亮度。
以下每一条m线包含两个整数ui和vi（1≤ui，vi≤n，ui≠vi），表示第ui个城市和第vi个城市之间的一条双向道路。请注意，同一对城市之间可能有多条道路。

输出

对于每个测试用例，输出一行包含一个整数，即最小操作数。

样本输入

1
3 2
3 2 3
1 2
2 3

样本输出

4

1001清题思路：

并查集，把点从大到小排，大的先进入图中，对于遍历每个点x与之相连的已在图中的点y（因为大的先入图，b[y]>b[x]），要使点y的亮度与x相等需要（b【y】-b【x】）个的操作，之后的x和y的亮度相等且相连，可以同时操作。可以将其合并为一个点（合并祖宗）。以此往复，最后剩下几个独立没法合并的点（几个祖宗），值加上就行。

样例如图变化：

一开始1号点进入图，与之相连的点（2号）没有一个在图中，跳过。

之后3号点进入图，同样与之相连的点没一个在图中，跳过。

最后2号点进入，1号与之相连，sum加上两者的差值，把1号的祖先标为2.
相当于1号进行-1亮度操作.sum+=1

3号与2号相连，sum加上两者之差，把3的祖先标为2.相当于3号进行-1亮度操作.sum+=1

最后sum加上祖先(2的祖先还是标为2，所以2是祖先）的值。相当于2号和它的孩子（1，3）同时进行-2亮度操作。sum+=2

最后
sum=4
代码：

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=4e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
int t,n,m;
int b[N],f[N],vis[N];
struct node{
 int id;
 int b;
}a[N];
vectorq[N];
int cmp(node x,node y){
 return x.b>y.b;
}
int find(int x){
 if(x==f[x])return f[x];
 else return f[x]=find(f[x]);
}
int main() {
scanf("%d",&t);
while(t--){
 memset(vis,0,sizeof(vis));
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=1;i<=n;i++){
   scanf("%d",&b[i]);
   f[i]=i;
   a[i].b=b[i];
   a[i].id=i;
  }
  sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=m;i++){
 int x,y;
 scanf("%d%d",&x,&y);
 q[x].push_back(y);
 q[y].push_back(x);
}
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
 int k=a[i].id;
// cout<