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<j≤k），如果您在city ci，您可以到达city cj，而不必访问{c1，c2，…，ck}以外的城市。
·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<bits/stdc++.h>
#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];
vector<int>q[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<<k<<endl;
vis[k]=1;
for(int j=0;j<q[k].size();j++){
if(vis[q[k][j]]==0)continue;
int x=find(k),y=find(q[k][j]);
// printf("%d %d\n",k,q[k][j]);
if(x!=y){
sum+=b[y]-b[k];
f[y]=k;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(f[i]==i)
sum+=b[i];
}
printf("%lld\n",sum);
for(int i=1;i<=n;i++)q[i].clear();
}
}