题意：
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: ? ?
MY Solution：
这道题可以抽象成求一个含负权边的单源最短路径问题。
可用spfa算法 or Bellman-ford 解决:
核心：bellman-ford 在判断负环路，即权值之和小于0的环路，对于每一条边，如果dis[u]+w(u,v) < dis[v]，则存在负环路，说明无法求出最短路。
spfa通过进入队列次数（最多N次）来判断是否存在负环。
Code：
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cmath> 4 #include<queue> 5 using namespace std; 6 const int INF=999999999; 7 const int maxn = 100005; 8 9 int head[100010],tot; 10 int dis[maxn],a[maxn],cnt[maxn]; 11 bool vis1[maxn],vis2[maxn]; 12 13 struct edge{ 14 int to,next,w; 15 }e[maxn]; 16 void init(){ 17 tot=0; 18 memset(head,-1,sizeof(head)); 19 memset(vis1,0,sizeof(vis1)); 20 memset(vis2,0,sizeof(vis2)); 21 memset(cnt,0,sizeof(cnt)); 22 } 23 void add(int x,int y,int w){ 24 e[++tot].to=y; 25 e[tot].next=head[x]; 26 e[tot].w=w; 27 head[x]=tot; 28 } 29 void dfs(int u){ 30 for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ 31 if(vis1[e[i].to]==0){ 32 vis1[e[i].to]=1; 33 dfs(e[i].to); 34 } 35 } 36 } 37 int main(){ 38 int T,N,M,A,B,Q,P,op=0; 39 cin>>T; 40 while(T--){ 41 op++; 42 init(); 43 cin>>N; 44 for(int i=1;i<=N;i++) 45 cin>>a[i]; 46 cin>>M; 47 while(M--){ 48 cin>>A>>B; 49 add(A,B,pow((a[B]-a[A]),3)); 50 } 51 52 for(int i=1;i<=N;i++) 53 dis[i]=INF; 54 dis[1]=0; 55 queue<int> q; 56 q.push(1); 57 vis2[1]=1; 58 while(!q.empty()){ 59 int data=q.front(); 60 q.pop(); 61 vis2[data]=0; 62 for(int i=head[data];i;i=e[i].next){ 63 if(dis[e[i].to]>dis[data]+e[i].w){ 64 dis[e[i].to]=dis[data]+e[i].w; 65 cnt[e[i].to]++; 66 if(cnt[e[i].to]>N){ 67 dfs(e[i].to); 68 continue; 69 } 70 if(!vis2[e[i].to]){ 71 q.push(e[i].to); 72 vis2[e[i].to]=1; 73 } 74 } 75 } 76 } 77 cout<<"Case "<<op<<":"<<endl; 78 cin>>Q; 79 while(Q--){ 80 cin>>P; 81 if(dis[P]<3||vis1[P]||dis[P]== INF) 82 cout<<"?"<<endl; 83 else 84 cout<<dis[P]<<endl; 85 } 86 } 87 return 0; 88 }