description
Hotham市再次被Jester袭击。这一次，Jester攻击的目标是Hotham的供水系统。Hotham的淡水存储在N个水库，由M个管道连接。
任意2个水库之间至少有一条路径，该路径可能包含多个管道。每个管道连接两个不同的水库，任何两个水库之间最多只有一个管道。Jester破坏了一些管道进行排水。管道的排水量为偶数立方米/秒。如果连接水库u和水库v的管道排水量为2D立方米/秒，那么水库u和水库v排水量分别为D立方米/秒。Jester可以也破坏一些管道进行注水。同样，连接水库u和v的管道注入水量为2P立方米/秒，则水库u和水库v注水量分别为P立方米/秒。
每个水库供水量的净变化是由连接到它的管道的排水量和注水量的总和。如果连接该水库的管道排水量分别为2D1, 2D2,…,2Da立方米/秒, 注水量分别为2P1, 2P2 ,…,2Pb 立方米/秒。该水库水量的净变化为P1 + P2 + ... + Pb -D1 - D2 –Da。
Hotham市长已在水库安装了传感器，但不是在管道中。因此，他可以观察到在每个水库水的净变化，但并知道有多少水被排出或注入各个管道。
给出水管连接图和每个水库供水量的净变化，编写程序决定这些信息是否能确定一个唯一的计划。如果各个水管排出或注入的水量是唯一的，那么该计划可以被唯一确定。请注意，并不是每一个水管中的注水量和排水量都相等。如果恰好有一个可能性，你的程序应该打印出来。
analysis
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可以知道这个东西列出来就像方程组一样，所以(m<n-1)或(m>n)无解
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当图为一棵树时，从叶子节点向上推，肯定有唯一解
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当图为基环树时，(tarjan)缩点，若环为偶环则无解
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奇环则先遍历环内每一个点为根的子树，把不在该环上的点去掉并计算贡献
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然后可以知道边权和为点权和的一半，再减去该环上相隔的点的权值，最后剩下的即为最后一条边的边权
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知道了一条边权就可以把整个环的边权求出来
码量不大极易理解
code
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define MAXN 200005
#define MAXM MAXN*5
#define fo(i,a,b) for (ll i=a;i<=b;++i)
#define fd(i,a,b) for (ll i=a;i>=b;--i)
#define rep(i,a) for (ll i=last[a];i;i=next[i])
using namespace std;
ll last[MAXM],next[MAXM],tov[MAXM],id[MAXN];
ll dfn[MAXN],low[MAXN],stack[MAXN],color[MAXN];
ll a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],d[MAXN][2];
ll val[MAXN],fa[MAXN],size[MAXN];
ll n,m,tot,total,type;
bool bz[MAXN];
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0' || '9'<ch){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while ('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
inline void link(ll x,ll y,ll z)
{
next[++tot]=last[x],last[x]=tot,tov[tot]=y,id[tot]=z;
}
inline void dfs(ll x,ll y)
{
bool flag=1;
rep(i,x)if (tov[i]!=y)
{
dfs(tov[i],x),a[id[i]]=val[tov[i]]*2;
val[x]-=val[tov[i]];
}
}
inline void tarjan(ll x,ll y)
{
dfn[x]=low[x]=++tot;
stack[++stack[0]]=x,bz[x]=1;
rep(i,x)if (tov[i]!=y)
{
if (!dfn[tov[i]])tarjan(tov[i],x),low[x]=min(low[x],low[tov[i]]);
else if (bz[tov[i]])low[x]=min(low[x],dfn[tov[i]]);
}
if (low[x]==dfn[x])
{
++total;
for (;stack[stack[0]+1]!=x;--stack[0])
{
ll tmp=stack[stack[0]];
color[tmp]=total,bz[tmp]=0;
}
}
}
inline void dfs1(ll x,ll xx)
{
bz[x]=0;
rep(i,x)if (color[tov[i]]!=type && bz[tov[i]])
dfs1(tov[i],xx),a[id[i]]=val[tov[i]]*2,val[x]-=val[tov[i]];
}
inline void dfs2(ll x)
{
bz[x]=0,d[++total][0]=x;
if (total<c[0])
{
rep(i,x)if (color[tov[i]]==type && bz[tov[i]])d[total][1]=id[i],dfs2(tov[i]);
}
else
{
rep(i,x)if (color[tov[i]]==type && tov[i]==d[1][0]){d[total][1]=id[i];return;}
}
}
inline void work()
{
for (ll i=1;i<total;i+=2)tot-=val[d[i][0]];
a[d[total-1][1]]=tot,a[d[total][1]]=val[d[total][0]]-tot;
fd(i,total-2,1)a[d[i][1]]=val[d[i+1][0]]-a[d[i+1][1]];
fo(i,1,total)a[d[i][1]]*=2;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
fo(i,1,n)val[i]=read();
fo(i,1,m)
{
ll x=read(),y=read();
link(x,y,i),link(y,x,i);
}
if (m==n-1)
{
dfs(1,0);
fo(i,1,m)printf("%lld
",a[i]);
return 0;
}
if (m<n-1 || m>n){printf("0
");return 0;}
tot=0,memset(bz,0,sizeof(bz)),tarjan(1,0);
fo(i,1,n)
{
++b[color[i]];
if (b[color[i]]>1){type=color[i];break;}
}
memset(bz,1,sizeof(bz));
fo(i,1,n)if (type==color[i])fa[i]=0,dfs1(i,i),c[++c[0]]=i;
if (c[0]%2==0){printf("0
");return 0;}
memset(bz,0,sizeof(bz)),tot=0;
fo(i,1,c[0])tot+=val[c[i]],bz[c[i]]=1;
tot/=2,total=0,dfs2(c[1]),work();
fo(i,1,m)printf("%lld
",a[i]);
return 0;
}