注意到题目中的线索具有传递性，并且整个图是一个 DAG，任意事件不会通过线索导致自身发生。这提示我们可以用拓扑排序来处理事件之间的因果关系。

考虑一个事件在什么情况下必然发生。如果某个已知发生的事件 $d$，它的所有“源头”也都能导致 $v$ 发生，那么 $v$ 就必然发生。因为 $d$ 的发生意味着它的某个源头发生了，而这个源头同样会导致 $v$。因此我们只需要关注每个事件能被哪些源头事件到达。

注意到入度为 $0$ 的事件不可能被其他事件导致，它们就是因果链的起点，也就是我们所说的源头。对于每个事件 $v$，考虑维护 $s(v)$ 表示所有能到达 $v$ 的源头集合。在拓扑排序的过程中，当我们从 $u$ 走到 $v$ 时，将 $s(u)$ 合并到 $s(v)$ 中，这样最终每个点的 $s$ 就包含了所有能导致它发生的源头。

由于 $N \leq 1000$，考虑用 bitset 来存储源头集合，每次合并是 $O( \frac{N}{w})$ 的，完全可行。

对于每个已知发生的事件 $d$，$d$ 的发生意味着 $s(d)$ 中至少有一个源头发生了。现在对于一个待判断的事件 $v$，如果存在某个已知事件 $d$，使得 $s(d) \subseteq s(v)$，即所有能导致 $d$ 的源头也都能导致 $v$，那么无论 $s(d)$ 中哪个源头发生，都必然会导致 $v$ 发生，因此 $v$ 一定发生了。反之，如果对于每个 $d$ 都有 $s(d) \not\subseteq s(v)$，那就无法确定 $v$ 一定发生。

综上，我们首先找出所有入度为 $0$ 的源头并编号，通过拓扑排序用 bitset 传递源头信息，最后对每个事件 $v$ 检查是否存在已知事件 $d$ 满足 $s(d)$ 是 $s(v)$ 的子集，即可得到所有必然发生的事件。

拓扑排序配合 bitset 传递源头信息的复杂度为 $O(M + \frac{N^2}{w})$，最终判断的复杂度为 $O(\frac{DN^2}{w})$，在 $N \leq 1000$ 时足以通过。

细节详见代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 1005
#define endl '\n'
using namespace std;

int n,m,d,in[N];
vector<int> e[N],vec,ans;
bitset<N> s[N];

signed main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		e[u].push_back(v);
		in[v]++;
	}
	queue<int> q;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(in[i]==0){
			s[i].set(i);
			q.push(i);
		}
	}
	while(q.size()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		for(int v:e[u]){
			s[v]|=s[u];
			if(--in[v]==0) q.push(v);
		}
	}
	for(int i=1;i<=d;i++){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		vec.push_back(x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		bool f=0;
		for(int tmp:vec){
			if((s[tmp]&~s[i])==0){
				f=1;
				break;
			}
		}
		if(f) ans.push_back(i);
	}
	for(int res:ans){
		printf("%d ",res);
	}
	return 0;
}