题目背景
在北纬 91° ，有一个神奇的国度，叫做企鹅国。这里的企鹅也有自己发达的文明，称为企鹅文明。因为企鹅只有黑白两种颜色，所以他们的数学也是以二进制为基础发展的。
比如早在 1110100111101001 年前，他们就有了异或这样一个数学概念。如果你不知道异或是什么，请出门过墙左转到这里。
再比如早在 10000101000010 年前，他们的大科学家 Penguin. Tu 就提出了图和最短路径这样一些概念。
题目描述
企鹅国中有 NN 座城市，编号从 11 到 NN 。
对于任意的两座城市 ii 和 jj ，企鹅们可以花费 (i~mathrm{xor}~j) imes C(i xor j)×C 的时间从城市 ii 走到城市 jj ，这里 CC 为一个给定的常数。
当然除此之外还有 MM 条单向的快捷通道，第 ii 条快捷通道从第 F_iFi 个城市通向第 T_iTi 个城市，走这条通道需要消耗 V_iVi 的时间。
现在来自 Penguin Kingdom University 的企鹅豆豆正在考虑从城市 AA 前往城市 BB 最少需要多少时间？
输入输出格式
输入格式：
从标准输入读入数据。
输入第一行包含三个整数 N,M,CN,M,C ，表示企鹅国城市的个数、快捷通道的个数以及题面中提到的给定的常数CC 。
接下来的 MM 行，每行三个正整数 F_i,T_i,V_iFi,Ti,Vi (1 leq F_i leq N1≤Fi≤N ,1 leq T_i leq N ,1leq V_i leq 1001≤Ti≤N,1≤Vi≤100 )，分别表示对应通道的起点城市标号、终点城市标号和通过这条通道需要消耗的时间。
最后一行两个正整数 A,BA,B (1 leq C leq 100)(1≤C≤100) ，表示企鹅豆豆选择的起点城市标号和终点城市标号。
输出格式：
输出到标准输出。
输出一行一个整数，表示从城市 AA 前往城市 BB 需要的最少时间。
输入输出样例
说明
样例1解释
直接从 11 走到 44 就好了。
样例2解释
先从 33 走到 22 ，再从 22 通过通道到达 44 ，再从 44 走到 66 。
活泼可爱的出题人给大家留下了下面这张图。
Credit: https://www.luogu.org/discuss/show/38908
如果暴力把图建出来的话，边的级别是O(N^2)的，肯定不行。。。暴力的局限在于没有用到异或的特殊性
如果我们从一个点i，每次直走到变某一位的点，最后走到j，那么满足至少存在一条 边权和= i xor j的路径，这个是比较显然的。
所以我们把这个图建出来然后再直接跑最短路就好啦。
但是要注意，要把n补到 2^i-1，因为有一些中间点会>n。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=200005;
int ci[33],n,m,d[maxn],val[maxn*37],C,S,T;
int hd[maxn],to[maxn*37],ne[maxn*37],num;
bool v[maxn];
struct node{
int x,dis;
bool operator <(const node &u)const{
return dis>u.dis;
}
};
priority_queue<node> q;
inline void add(int u,int v,int w){
to[++num]=v,ne[num]=hd[u],hd[u]=num,val[num]=w;
}
inline void dij(){
memset(d,0x3f,sizeof(d));
d[S]=0,q.push((node){S,0});
node x;
while(!q.empty()){
x=q.top(),q.pop();
if(v[x.x]) continue;
v[x.x]=1;
for(int i=hd[x.x];i;i=ne[i]) if(d[x.x]+val[i]<d[to[i]]){
d[to[i]]=d[x.x]+val[i];
q.push((node){to[i],d[to[i]]});
}
}
printf("%d
",d[T]);
}
int main(){
ci[0]=1;
for(int i=1;i<=20;i++) ci[i]=ci[i-1]<<1;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&C);
int uu,vv,ww;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&uu,&vv,&ww);
add(uu,vv,ww);
}
scanf("%d%d",&S,&T);
int U=n;
for(n=1;n<=U;n<<=1);
n--;
for(int L=0;ci[L]<=n;L++)
for(int i=1,TO;i<=n;i++){
TO=i^ci[L];
if(TO) add(i,TO,ci[L]*C);
}
dij();
return 0;
}