Description
小$W$非常喜欢社会主义，这天他开始研究它的优越性。
他发现它们国家十分乐于修建特色的社会主义道路。具体的说，$Z$国有$n$座城市，由$m$条有向边连接，城市从$1$编号。
特色的地方在于，时不时会有一些$LD$下来在城市间视察，视察时他会从城市$b_i$开始，最终到$e_i$结束。每次视察都会走过一些路，这些路自然会被$LD$所注意。
更具体地， $LD$会重修自己走过的路。每条边重修需要的费用也不相同。
而如果视察结束后， $LD$不在一开始自己所在的城市$b_i$，则会要新建一条$VIP$道路送他回家，也就是只有他自己能通过的道路。这需要花费固定的费用$C$，这条道路走过后便会拆毁。
若某个城市没有被$LD$经过，则这个城市的下级$LD$会被勒令整改，也要花费$C$的费用。
现在有$k$年，每年有若干个$LD$下来视察(可能$0$个)，每年的固定费用$C$不同。小$W$想知道对于每一年怎样安排他们的视察人数和视察路线，能使得总花费最小。注意，领导至少要视察一条边。
注意，若一条道路被同一个人多次经过，则每次都会重修这条路。多个人多次经过也是一样。没有被$LD$经过的城市，更具体的说是没有被任何$LD$经过。
Input
第一行三个整数$n,m,k$。
接下来$m$行每行三个整数$s_i,t_i,v_i$，表示$s_i$和$t_i$间的有向边，重修需要花费$v_i$的代价。接下来$k$行每行一个整数，表示这一年的固定费用$C$。
Output
输出$k$行，每行一个最小花费。
Sample Input
6 5 3 6
1 3 2
2 3 2
3 4 2
4 5 2
4 6 2
1
5
10
Sample Output
6
21
32
HINT
$2;leq;n;leq;250,1;leq;m;leq;30000,1;leq;k;leq;10000,s_i ot=t_i,1;leq;v_i,C;leq;10000$,一对城市间可能有多条单向路，图中无自环。
Solution
先求出原图的最短路建一张完全图,任意两点间的边权为原图中两点的最短路长度.
可以发现,每个点只会被最优路径经过一次.
由于一个点只被经过一次,且要找出一些路径使得它们的和最小,这非常想最小路径覆盖的模型,拆点建边.
接着做最小费用最大流,若流了$k$路径,则我们需支付$(n-k)C$.
证明:若这$k$路径首尾相连成一个环,则需对剩下$n-k$个城市支付$C$;若不是环,则这$k$路径经过$k+1$个点,需对剩下$n-k-1$个城市支付$C$,以及为$LD$修路回去的$C$.
接下来要决定流几条路径.显然,做费用流时,每次得到的路径的费用是单调不降的,也就是可以在做费用流时判断:若当前的费用$>C$,则停止费用流,剩下的城市用$C$补。
由于有多组$C$,所以考虑提前将所有$n$次流后所得到的费用用前缀和存下来,每次二分出需要流的路径条数.
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 505
#define M 125505
#define INF 1000000000
using namespace std;
struct graph{
int nxt,to,f,w;
}e[M];
struct edge{
int s,t,w;
}a[M];
struct tag{
int e,v;
}pre[N];
int d[N][N],g[N],f[N],sum[N],dis[N],c,n,m,s,t,ti,cnt=1;
bool inq[N];queue<int> q;
inline int read(){
int ret=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
return ret;
}
inline void addedge(int x,int y,int f,int w){
e[++cnt].nxt=g[x];g[x]=cnt;
e[cnt].to=y;e[cnt].f=f;e[cnt].w=w;
}
inline void adde(int x,int y,int f,int w){
addedge(x,y,f,w);addedge(y,x,0,-w);
}
inline bool spfa(int u){
for(int i=1;i<=t;++i){
dis[i]=INF;inq[i]=false;
}
dis[u]=0;q.push(u);inq[u]=true;
while(!q.empty()){
u=q.front();q.pop();inq[u]=false;
for(int i=g[u];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].f>0&&dis[u]+e[i].w<dis[e[i].to]){
dis[e[i].to]=dis[u]+e[i].w;
pre[e[i].to].e=i;pre[e[i].to].v=u;
if(!inq[e[i].to]){
q.push(e[i].to);inq[e[i].to]=true;
}
}
}
return dis[t]<INF;
}
inline int mf(int f){
int ret=0,d;
while(f){
if(!spfa(s)) return -1;
d=f;
for(int i=t;i!=s;i=pre[i].v)
d=min(d,e[pre[i].e].f);
ret+=d*dis[t];f-=d;
for(int i=t;i!=s;i=pre[i].v){
e[pre[i].e].f-=d;
e[pre[i].e^1].f+=d;
}
}
return ret;
}
inline void Aireen(){
n=read();m=read();ti=read();
for(int i=1;i<n;++i)
for(int j=i+1;j<=n;++j)
d[i][j]=d[j][i]=INF;
for(int i=1,j,k,w;i<=m;++i){
j=read();k=read();w=read();
d[j][k]=min(d[j][k],w);
}
for(int k=1;k<=n;++k)
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
t=n+1<<1;s=t-1;
for(int i=1;i<=n;++i){
adde(s,i,1,0);
adde(i+n,i,1,0);
adde(i+n,t,1,0);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
if(i!=j&&d[i][j]<INF)
adde(i,j+n,1,d[i][j]);
for(m=1;m<=n;++m){
f[m]=mf(1);
if(f[m]<0) break;
sum[m]=sum[m-1]+f[m];
}
--m;
int l,r,mid;
while(ti--){
c=read();
l=0;r=m;
while(l<r){
mid=l+r+1>>1;
if(f[mid]<=c) l=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d
",sum[l]+c*(n-l));
}
}
int main(){
freopen("road.in","r",stdin);
freopen("road.out","w",stdout);
Aireen();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}