Description

給定一個 \(n\)個 點、 \(m\) 條邊的帶權無向圖，其中有 \(s\) 個點是加油站。

每輛車都有一個油量上限 \(b\) ，即每次行走距離不能超過 \(b\) ，但在加油站可以補滿。

\(q\) 次詢問，每次給出 \(x,y,b\) ，表示出發點是 \(x\) ，終點是 \(y\) ，油量上限為 \(b\) ，且保證 \(x\) 點和 \(y\) 點都是加油站，請回答能否從 \(x\) 走到 \(y\) 。

Input

第一行包含三個正整數 \(n,s,m(2\le s\le n\le 200000,1\le m\le 200000)\) ，表示點數、加油站數和邊數。

第二行包含 \(s\)

接下來 \(m\) 行，每行三個正整數 \(u[i],v[i],d[i](1\le u[i],v[i]\le n,u[i]\ne v[i],1\le d[i]\le 10000)\) ，表示 \(u[i]\) 和 \(v[i]\) 之間有一條長度為 \(d[i]\) 的雙向邊。

接下來一行包含一個正整數 \(q(1\le q\le 200000)\) ，表示詢問數。

接下來 \(q\) 行，每行包含三個正整數 \(x[i],y[i],b[i](1\le x[i],y[i]\le n,x[i]\ne y[i],1<\le b[i]\le 2\times 10^9)\)

Output

輸出 \(q\) 行。第 \(i\) 行輸出第i個詢問的答案，如果可行，則輸出 \(\mathrm{TAK}\) ，否則輸出 \(\mathrm{NIE}\) 。

Sample

Sample Input

6 4 5
1 5 2 6
1 3 1
2 3 2
3 4 3
4 5 5
6 4 5
4
1 2 4
2 6 9
1 5 9
6 5 8

Sample Output

TAK
TAK
TAK
NIE

Solution

真是一道結論詭好題。

大家肯定知道，不是加油站的點是廢點。那加油站點該怎麽重新建圖呢？

來看一個圖。紅點表示加油站，黑點是廢點。

從 \(1\)

• 從當前節點到最近的加油站再到其它的加油站不會更差

那麽就可以多源最短路，最小生成樹判斷連通性就可以了。

具體細節見代碼。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 400011
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)

inline int read() {
    int x = 0, flag = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (!(ch ^ '-')) flag = -1; ch = getchar(); }
    while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar(); return x * flag;
}

int n, s, m, C[N], head[N], tot = 1, cnt, dis[N], near[N], fa[N];
int find(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
queue<int> q;
bool inq[N], ans[N];
struct edge { int v, w, next; }e[N];
inline void add(int u, int v, int w) { e[++tot].v = v, e[tot].w = w, e[tot].next = head[u], head[u] = tot; }
struct edgeData {
    int u, v, w;
    edgeData(int _u = 0, int _v = 0, int _w = 0):u(_u), v(_v), w(_w) {}
    bool operator < (const edgeData& b) const { return w < b.w; }
}edt[N];
struct query {
    int id, S, T, d;
    bool operator < (const query& b) const { return d < b.d; }
}qu[N];
void spfa() {
    rep(i, 1, n) dis[i] = 0x7fffffff;
    rep(i, 1, s) q.push(C[i]), inq[C[i]] = 1, dis[C[i]] = 0, near[C[i]] = C[i];
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front(); q.pop(), inq[u] = 0;
        for (int i = head[u], v; i; i = e[i].next) if (dis[v = e[i].v] > dis[u] + e[i].w) {
            dis[v] = dis[u] + e[i].w, near[v] = near[u];
            if (!inq[v]) q.push(v), inq[v] = 1;
        }
    }
    rep(u, 1, n) for (int i = head[u], v; i; i = e[i].next) if (near[u] ^ near[v = e[i].v])
        edt[++cnt] = edgeData(near[u], near[v], dis[u] + dis[v] + e[i].w);
    sort(edt + 1, edt + 1 + cnt);
}
int main() {
    n = read(), s = read(), m = read();
    rep(i, 1, n) fa[i] = i;
    rep(i, 1, s) C[i] = read();
    rep(i, 1, m) { int u = read(), v = read(), w = read(); add(u, v, w), add(v, u, w); }
    spfa();
    int q = read();
    rep(i, 1, q) qu[i].S = read(), qu[i].T = read(), qu[i].d = read(), qu[i].id = i;
    sort(qu + 1, qu + 1 + q);
    int pos = 1;
    rep(i, 1, q) {
        while (pos <= cnt && edt[pos].w <= qu[i].d) {
            int x = find(edt[pos].u), y = find(edt[pos].v);
            if (x ^ y) fa[x] = y;
            pos++;
        }
        ans[qu[i].id] = (find(qu[i].S) == find(qu[i].T));
    }
    rep(i, 1, q) puts(ans[i] ? "TAK" : "NIE");
    return 0;
}

bzoj4144 [AMPPZ2014]Petrol