这一晚，TT 做了个美梦！
在梦中，TT 的愿望成真了，他成为了喵星的统领！喵星上有 N 个商业城市，编号 1 ～ N，其中 1 号城市是 TT 所在的城市，即首都。
喵星上共有 M 条有向道路供商业城市相互往来。但是随着喵星商业的日渐繁荣，有些道路变得非常拥挤。正在 TT 为之苦恼之时，他的魔法小猫咪提出了一个解决方案！TT 欣然接受并针对该方案颁布了一项新的政策。
具体政策如下：对每一个商业城市标记一个正整数，表示其繁荣程度，当每一只喵沿道路从一个商业城市走到另一个商业城市时，TT 都会收取它们（目的地繁荣程度 - 出发地繁荣程度）^ 3 的税。
TT 打算测试一下这项政策是否合理，因此他想知道从首都出发，走到其他城市至少要交多少的税，如果总金额小于 3 或者无法到达请悄咪咪地打出 ‘?’。
Input
第一行输入 T，表明共有 T 组数据。（1 <= T <= 50）
对于每一组数据，第一行输入 N，表示点的个数。（1 <= N <= 200）
第二行输入 N 个整数，表示 1 ～ N 点的权值 a[i]。（0 <= a[i] <= 20）
第三行输入 M，表示有向道路的条数。（0 <= M <= 100000）
接下来 M 行，每行有两个整数 A B，表示存在一条 A 到 B 的有向道路。
接下来给出一个整数 Q，表示询问个数。（0 <= Q <= 100000）
每一次询问给出一个 P，表示求 1 号点到 P 号点的最少税费。
Output
每个询问输出一行，如果不可达或税费小于 3 则输出 ‘?’。
Sample Input
2
5
6 7 8 9 10
6
1 2
2 3
3 4
1 5
5 4
4 5
2
4
5
10
1 2 4 4 5 6 7 8 9 10
10
1 2
2 3
3 1
1 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
9 10
2
3 10
Sample Output
Case 1:
3
4
Case 2:
?
?
题目大意：
首先输入一个T 表示有T组测试用例，对于每一组样例，先输入一个n表示点的个数，然后输入 n 个整数，表示w1 - wn 的权值，之后输入一个m，表示有向边的条数，然后输入m行，每行输入a b 表示a b 之间存在一条有向边，需要注意的是，从a到b 的代价是（w[b] - w[a]）3 （粗心看成了异或，就离谱）。输入一个Q，表示有Q次询问，对于每一次询问输入一个P，如果不能到达或到达的代价小于3则输出 ‘ ？’ 否则输出到P的最短距离。
解题思路：
这道题门道很多，需要注意以下几点。
- 因为每个点都有权值，a 到 b 的代价是(w[b] - w[a])3 ，所以建图时应该注意权值问题，然后这里是3次方，第一次看成了异或T.T ，一定要注意
- 权值相减有可能出现负数！不能用dijkstra了
- 这道题的不能到达有两种情况：第一是不能到达，即距离为inf，第二就是负环负环负环！此时也不能到达，这里要用spfa判负环。
- 关于出现负环后的处理，这里用染色法，将出现负环的点的连通分量全部染色，遇到被染色的点直接跳过！
- 多组样例，每次不要忘记初始化。
一道很好的题，结合了很多知识点，也有很多坑，调出来收获还是满大的，注意以上的点再套spfa的板子就能AC啦
Code：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <sstream>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define lowbit(x) x & (-x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e6 + 50;
const int M = 200 + 50;
int h[N], ne[N], e[N], w[N], idx;
int dis[N], a[N], cnt[N];
bool vis[N], col[N];
int T, n, m;
void init()
{
idx = 0;
memset(h, -1, sizeof h);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
memset(col, false, sizeof col);
}
void add(int a, int b, int c)
{
e[idx] = b;
w[idx] = c;
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx++;
}
void dfs(int u)//将负环所在的连通分量染色
{
col[u] = true;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (!col[j]) dfs(j);
}
return;
}
void spfa()
{
memset(vis, false, sizeof vis);
memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
dis[1] = 0;
queue<int > q;
q.push(1);
vis[1] = true;
while (!q.empty())
{
int t = q.front();
q.pop();
vis[t] = false;
if (col[t]) continue;
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (dis[t] + w[i] < dis[j])
{
dis[j] = dis[t] + w[i];
cnt[j] = cnt[t] + 1;
if (!vis[j])
{ if (cnt[j] >= n) dfs(j);//不要忘记判负环
q.push(j);
vis[j] = true;
}
}
}
}
}
int main()
{
int cs = 0;
scanf("%d", &T);
while (T --)
{
init();//多组初始化一下
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
scanf("%d", &m);
while (m --)
{
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
add(u, v, (a[v] - a[u]) * (a[v] - a[u]) * (a[v] - a[u]));
}
spfa();
printf("Case %d:
", ++cs);
int q1;
scanf("%d", &q1);
while (q1 --)
{
int op;
scanf("%d", &op);
if (dis[op] < 3 || dis[op] == inf || col[op]) puts("?");
else printf("%d
", dis[op]);
}
}
return 0;
}