題目描述：

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輸出描述:

示例1：

說明：

示例1的解決方案：從1步行到5，經過時在2和4建立門戶。 然後從5步行到4，然後您可以使用入口網站完成第二個任務。

示例2：

題目思路：

任務就是要依次經過2k個點（十分的明顯）

用最暴力的DP ：設f[i][u][a][b]表示已經完成了前i個任務，當前在點u，兩個傳送門分別位於a和b的最短距離。

轉移有三種:

• 在u設立傳送門
• 從u走到一個相鄰節點
• .如果u等於a或者b，那麼可以使用傳送門

這個DP的轉移顯然是有環的，因此需要使用Dijkstra演算法，用floyd一樣能過，所有Dijkstra爬！

仔細觀察，發現記錄兩個傳送門的位置是沒有用的，只需要記錄一個。因為如果我們要使用一個傳送門， 一定是走到那個節點再使用(我們可以隨時在當前節點建立傳送門)。

設f[i][u][p]表示當前已經完成了前i個任務，在節點u，其中一個傳送門位於點p。

轉移有4種:

• 從u走到相鄰節點
• 在u設定傳送門，令p=u
• 從u傳送到p
• 在u設定傳送門，傳送到p，並只保留u的傳送門(交換u和p)

再仔細觀察，發現可以繼續精簡狀態，設c[i]表示第i個任務的節點。

設f[i][p]表示當前已經完成了前i個任務，當前正在c[i]上，傳送門的位置在p。

可以證明，只需要3種轉移，就可以覆蓋所有情況:

• 直接從c[i]走到c[i+1]
• 列舉走到c[i+1]之後，傳送門的位置變為了哪個節點，設這個節點是q。第二種轉移是從c[i]走到q，在q設定傳送 門，從q傳送到p，再從p走到c[i+1]
• 第三種轉移是從c[i]傳送到p，從p走到q，在q設定傳送門，最後從q走到c[i+1]

上述的複雜度為O(kn^2)，勉強能過。

上程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
long long l[700];
long long ans=1e18+7;
long long dp[700][700];
long long dis[400][400],w[400][400];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for (int i=1; i<=n; i++)
    {
        for (int j=1; j<=n; j++) w[i][j]=1e18+7,dis[i][j]=1e18+7;
        dis[i][i]=0;
    }
    long long x,y,z;
    for (int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
        w[x][y]=z;
        w[y][x]=z;
        dis[x][y]=dis[y][x]=min(dis[x][y],z);
    }
    for (int i=1; i<=k; i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        l[i*2]=y;
        l[i*2-1]=x;
    }
    for(int v=1; v<=n; v++)
        for(int i=1; i<=n; i++)
            for(int j=1; j<=n; j++)
                dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][v]+dis[v][j]);
    for (int i=0; i<=2*k; i++)
        for (int j=0; j<=n; j++)
        dp[i][j]=1e18+7;
    l[0]=1;
    dp[0][1]=0;
    for(int i=0; i<2*k; i++)
        for(int j=1; j<=n; j++)
        {
            dp[i+1][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j]+dis[l[i]][l[i+1]]);
            dp[i+1][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j]+dis[j][l[i+1]]);
            for(int v=1; v<=n; v++)
                dp[i+1][v]=min(dp[i+1][v],dp[i][j]+min(dis[l[i]][v],dis[j][v])+min(dis[j][l[i+1]],dis[v][l[i+1]]));
                
        }
    for(int i=1; i<=n; i++)
        ans=min(ans,dp[2*k][i]);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}