最近刷水太多标注一下防止它淹没在silver的水题中……我成为了本题，第一个T掉的人QAQ
【题目大意】
Bovinia设计了连接N (1 < = N < = 20,000)个农场的航班。对于任何航班，指定了其中的k个农场作为枢纽。 (1 < = K <= 200 , K < = N)。
目前，共有M种单向航班（ 1 < = M < = 20,000 ），第i个航班从农场u_i至农场v_i花费d_i ( 1 < = d_i < =10,000 )美元。航班保证u_i或者v_i至少有一个是枢纽，任意两个农场至多只有一个航班，保证u_i≠v_i。
Bessie负责票务服务。共收到Q个度假请求，(1 < = Q < = 50,000)，其中第i个请求是从农场a_i至农场b_i 。请帮助她计算，每个请求是否满足 ，并计算：能满足的度假请求的最小费用总和。
【思路】
首先我们会思考一个问题：为什么要给出中枢？显然这是一个不必要信息，即即使没有中枢本题也是可以求解的。那么只有一种可能性：优化。
显然，每个非中枢的周围必定是中枢，也就是说，中枢间可以通过直接相连，或通过一个非中枢点连接。预处理 直接相连 或 间隔一个非中枢点 相连的两个中枢的距离，然后跑Floyd得出所有中枢之间的最短路。这里写堆优化dijkstra会快一些，然而我懒。
以下灰字是我脑补出来的T掉的做法。按照我的做法我们直接进入查询，如果ab都是中枢，用预处理的信息。否则就枚举旁边的中枢再加上边长。这样最糟糕的情况是两个都不是中枢，那么两边都要枚举。由于Q很大，这些时间复杂度都累在了Q里面，药丸。果然成为了该题第一个T掉的人。
接下来处理出所有的中枢到所有节点之间的最短路。由于已知两个中枢(u,v)之间的最短路，对于从v出发抵达的下一个农场vv，很容易得到(u,vv)。
最后对于查询的(a,b),如果a是一个中枢，直接可以利用上一步处理出来的信息。否则枚举a指向的每一个中枢c和b之间的最短路，再加上ac的距离，最小的那个即为最短路。
我觉得USACO上算的时间复杂度有点诡。
【错误点】
第二次的dis[i][j]表示第i个中枢到农场j的距离，前一个是中枢的编号，后一个是农场的编号。
写的时候老是弄晕掉。结果这道题写了我将近三分之二场noip的时间。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXK=+;
const int MAXN=+;
const ll INF=1e12;
struct node
{
int to,dis;
};
vector<node> E[MAXN];
int n,m,k,q;
ll d[MAXK][MAXK],dis[MAXK][MAXN];
int id[MAXN],num[MAXN]; void addedge(int u,int v,int w)
{
E[u].push_back((node){v,w});
} void init()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&q);
memset(id,,sizeof(id)); for (int i=;i<=m;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
addedge(u,v,w);
}
for (int i=;i<=k;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
id[x]=i,num[i]=x;
}
} void prep()
{
for (int i=;i<=k;i++)
for (int j=;j<=k;j++)
d[i][j]=INF;
for (int i=;i<=k;i++) d[i][i]=;
for (int i=;i<=k;i++)
{
int u=num[i];
for (int j=E[u].size()-;j>=;j--)
{
int v=E[u][j].to;
if (id[v]) d[i][id[v]]=min(d[i][id[v]],(ll)E[u][j].dis);
else
{
for (int _k=E[v].size()-;_k>=;_k--)
{
int vto=E[v][_k].to;
if (id[vto] && vto!=num[i]) d[id[u]][id[vto]]=min(d[id[u]][id[vto]],(ll)E[u][j].dis+(ll)E[v][_k].dis);
}
}
}
} for (int _k=;_k<=k;_k++)
for (int i=;i<=k;i++)
for (int j=;j<=k;j++)
if (i!=j && j!=_k && _k!=i) d[i][j]=min(d[i][j],d[i][_k]+d[_k][j]);
} void prep2()
{
for (int i=;i<=k;i++)
for (int j=;j<=n;j++) dis[i][j]=INF;
for (int i=;i<=k;i++)
for (int j=;j<=k;j++) dis[i][num[j]]=d[i][j]; for (int i=;i<=k;i++)
{
for (int _k=;_k<E[num[i]].size();_k++)//注意这里是E[num[i]]不是num[i]，检查了40分钟才发现QAQ
for (int j=;j<=k;j++)
{
int to=E[num[i]][_k].to;
dis[j][to]=min(dis[j][to],d[j][i]+E[num[i]][_k].dis);
}
}
} void solve()
{
int t=;
ll totalans=;
for (int i=;i<q;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
ll ans=INF;
if (id[a]) ans=dis[id[a]][b];
else
{
for (int j=;j<E[a].size();j++)
{
int v=E[a][j].to;
if (id[v]) ans=min(ans,E[a][j].dis+dis[id[v]][b]);
}
}
if (ans<INF)
{
totalans+=ans;
t++;
}
}
printf("%d\n",t);
printf("%d",totalans);
} int main()
{
init();
prep();
prep2();
solve();
return ;
} /*
TLE的solve，答案是正确的QAQ
void solve()
{
int t=0;
ll totalans=0;
for (int i=1;i<=q;i++)
{
int a,b;
ll ans=INF;
scanf("%d%d",&a,&b);
if (id[a] && id[b]) ans=d[id[a]][id[b]];
else if (id[a])
{
for (int ib=0;ib<rE[b].size();ib++) ans=min(ans,d[id[a]][id[rE[b][ib].to]]+(ll)rE[b][ib].dis);
}
else if (id[b])
{
for (int ia=0;ia<E[a].size();ia++) ans=min(ans,d[id[E[a][ia].to]][id[b]]+(ll)E[a][ia].dis);
}
else
{
for (int ia=0;ia<E[a].size();ia++)
for (int ib=0;ib<rE[b].size();ib++)
{
ll now=(ll)E[a][ia].dis+(ll)rE[b][ib].dis;
now+=d[id[E[a][ia].to]][id[rE[b][ib].to]];
ans=min(ans,now);
}
}
if (ans!=INF) t++,totalans+=ans;
}
printf("%d\n",t);
printf("%lld",totalans);
}*/