大意: n个点, 点$i$的等级为$r_i$, 只给出部分点的$r$值, $r_i$的范围为[1,k], 且[1,k]都至少有一个. 给定m条有向边, (x,y)表示$r[x]>r[y]$, 求一个合法的$r$序列.
我们记条件(1): [1,k]都至少有一个. 条件(2): 所有有向边(x,y), 满足$r[x]>r[y]$.
正反各拓扑一次, 这样可以求出满足条件(2)时每个点的可用等级范围[L,R], 我们考虑在不违背条件(2)的情况下, 使(1)成立.
所有点按$L$排序后, 将$1,...,k$从小到大分配给各点, 假设遍历到$i$, $[1,i-1]$都已经分配完毕, 用一个集合$S$维护所有未分配的且$L\le i$的点. 对于$S$中所有$R\le i$的点, 显然全分配为$i$会更优, 这是因为如果分配为$j<i$的话, 可能会与之前的点违背条件(2). 而对于$S$中所有$R> i$的点, 我们尽量先不分配一定不会影响条件(2), 这是由于之前拓扑排序保证的. 需要注意如果不存在$R \le i$的点的话, 那么必须从$R>i$中选择一个, 显然选择一个$R$小的会使条件(1)更优
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <math.h>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
#include <string.h>
#include <bitset>
#define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define PER(i,a,n) for(int i=n;i>=a;--i)
#define hr putchar(10)
#define pb push_back
#define lc (o<<1)
#define rc (lc|1)
#define mid ((l+r)>>1)
#define ls lc,l,mid
#define rs rc,mid+1,r
#define x first
#define y second
#define io std::ios::sync_with_stdio(false)
#define endl '\n'
#define DB(a) ({REP(__i,1,n) cout<<a[__i]<<' ';hr;})
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int P = 1e9+7, INF = 0x3f3f3f3f;
ll gcd(ll a,ll b) {return b?gcd(b,a%b):a;}
ll qpow(ll a,ll n) {ll r=1%P;for (a%=P;n;a=a*a%P,n>>=1)if(n&1)r=r*a%P;return r;}
ll inv(ll x){return x<=1?1:inv(P%x)*(P-P/x)%P;}
inline int rd() {int x=0;char p=getchar();while(p<'0'||p>'9')p=getchar();while(p>='0'&&p<='9')x=x*10+p-'0',p=getchar();return x;}
//head #ifdef ONLINE_JUDGE
const int N = 1e6+10;
#else
const int N = 111;
#endif int n, m, k, a[N], deg1[N], deg2[N];
int L[N], R[N], vis[N];
int x[N], y[N], b[N];
vector<int> g1[N], g2[N]; int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
REP(i,1,n) {
scanf("%d", a+i);
if (a[i]) L[i]=R[i]=a[i];
else L[i]=1,R[i]=k;
}
REP(i,1,m) {
scanf("%d%d",x+i,y+i);
g2[x[i]].pb(y[i]),++deg2[y[i]];
g1[y[i]].pb(x[i]),++deg1[x[i]];
}
queue<int> q;
REP(i,1,n) if (!deg1[i]) q.push(i);
int cnt = 0;
while (q.size()) {
int u = q.front(); q.pop();
if (L[u]>R[u]) return puts("-1"),0;
++cnt;
for (auto &v:g1[u]) {
L[v] = max(L[v], L[u]+1);
if (!--deg1[v]) q.push(v);
}
}
if (cnt!=n) return puts("-1"),0;
REP(i,1,n) if (!deg2[i]) q.push(i);
while (q.size()) {
int u = q.front(); q.pop();
if (L[u]>R[u]) return puts("-1"),0;
for (auto &v:g2[u]) {
R[v] = min(R[v], R[u]-1);
if (!--deg2[v]) q.push(v);
}
}
REP(i,1,n) b[i] = i;
sort(b+1,b+1+n,[](int a,int b){return L[a]<L[b];});
int now = 1;
set<pii> s;
REP(i,1,k) {
while (now<=n&&L[b[now]]<=i) {
s.insert(pii(R[b[now]],b[now]));
++now;
}
int ok = 0;
while (s.size()) {
int id = s.begin()->y;
if (ok&&R[id]>i) break;
ok = 1;
s.erase(s.begin());
a[id] = i;
}
if (!ok) return puts("-1"),0;
}
REP(i,1,n) printf("%d ", a[i]);hr;
}