\(Description:\)
给出 \(n\) 台机子，每台机子有一个信息，每个信息由两台机子维护，现在要在 \(h\) 小时内对一些机子进行维护，维护时长一小时，现在要求所有时刻都可以取出任何信息，求做少要推迟那些中心，如果时间等于 \(h\) 变为 \(0\)
\(Sample\) \(Input:\)
3 3 5
4 4 0 1 3 3 2 3 1
\(Sample\) $Output: $
1
3
\(Solution:\)
考虑其实如果两个机子的维修时间 满足
\(t[c_1]+1 \equiv t[c_2] \pmod {h}\)
说明这个时候我们如果推迟 \(c_1\)
那么也得推迟 \(c_2\)
反一反同理，但是这有什么用呢？
考虑我们对于要求同时推迟的两台连一条有向边，这样可以构成一张图。
那么这张图上如果选一个点，那么所有他连出去的点都要延迟，那么很明显，只要出度最小就是最优的。
但是发现这个图可能会有强联通分量，那么就缩个点，发现这个强联通分量里的点都是必须同时推迟。
那么再选出度最小的前提下，我们那也得要求这个块的点个数最小。
#includeusing namespace std;int n,m,h,ans,cnt,num,Min,En,sum;const int N=1e5+5;int head[N],deg[N],t[N],scc[N],c[N][2];int size[N],ins[N],dfn[N],low[N];vector tt[N];stack s;struct edge { int next,to;}E[N<<1];inline void add(int from,int to){ E[++En].next=head[from]; E[En].to=to; head[from]=En;}inline void tarjan(int u){ ins[u]=1; s.push(u); dfn[u]=low[u]=++num; for(int i=head[u];i;i=E[i].next){ int v=E[i].to; if(!dfn[v]){ tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]); } else if(ins[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]); } if(low[u]==dfn[u]){ scc[u]=++cnt; ins[u]=0; tt[cnt].push_back(u); while(s.top()!=u){ int v=s.top(); ins[v]=0; scc[v]=cnt; tt[cnt].push_back(v); s.pop(); } s.pop(); }}int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&h); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&t[i]); for(int i=1;i<=m;++i){ scanf("%d%d",&c[i][0],&c[i][1]); if((t[c[i][0]]+1)%h==t[c[i][1]]%h) add(c[i][0],c[i][1]); if((t[c[i][1]]+1)%h==t[c[i][0]]%h) add(c[i][1],c[i][0]); } for(int i=1;i<=n;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i); for(int i=1;i<=m;++i){ if(scc[c[i][0]]==scc[c[i][1]]) continue; if((t[c[i][0]]+1)%h==t[c[i][1]]%h) deg[scc[c[i][0]]]++; if((t[c[i][1]]+1)%h==t[c[i][0]]%h) deg[scc[c[i][1]]]++; } Min=ans=0x3f3f3f3f; for(int i=1;i<=cnt;++i) Min=min(deg[i],Min); for(int i=1;i<=cnt;++i) if(Min==deg[i] && (int)tt[i].size()