题目
最近，Elaxia和w的关系特别好，他们很想整天在一起，但是大学的学习太紧张了，他们 必须合理地安排两个人在一起的时间。Elaxia和w每天都要奔波于宿舍和实验室之间，他们 希望在节约时间的前提下，一起走的时间尽可能的长。 现在已知的是Elaxia和w**所在的宿舍和实验室的编号以及学校的地图：地图上有N个路 口，M条路，经过每条路都需要一定的时间。 具体地说，就是要求无向图中，两对点间最短路的最长公共路径。
输入格式
第一行：两个整数N和M（含义如题目描述）。 第二行：四个整数x1、y1、x2、y2（1 ≤ x1 ≤ N，1 ≤ y1 ≤ N，1 ≤ x2 ≤ N，1 ≤ ≤ N），分别表示Elaxia的宿舍和实验室及w**的宿舍和实验室的标号（两对点分别 x1,y1和x2,y2）。 接下来M行：每行三个整数，u、v、l（1 ≤ u ≤ N，1 ≤ v ≤ N，1 ≤ l ≤ 10000），表 u和v之间有一条路，经过这条路所需要的时间为l。 出出出格格格式式式：：： 一行，一个整数，表示每天两人在一起的时间（即最长公共路径的长度）。
输出格式
一行，一个整数，表示每天两人在一起的时间（即最长公共路径的长度）
输入样例
9 10
1 6 7 8
1 2 1
2 5 2
2 3 3
3 4 2
3 9 5
4 5 3
4 6 4
4 7 2
5 8 1
7 9 1
输出样例
3
提示
对于30%的数据，N ≤ 100；
对于60%的数据，N ≤ 1000；
对于100%的数据，N ≤ 1500，输入数据保证没有重边和自环。
题解
最后的路径为公共的最短路，所以我们先将第一对点的所有最短路边建成一个新的拓扑图
然后就可以在新图上dp了
设(f[i])为第一对点走到(i)时的最大公共最短路长
显然(f[i] = max{f[j] + edge.w})【(j)为(i)拓扑图中的前驱点且i-j这条边在第二对点的最短路上】
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 1505,maxm = 3000005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}
return out * flag;
}
int h[maxn],ne = 2;
struct EDGE{int from,to,nxt,w,f;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,int w){
ed[ne] = (EDGE){u,v,h[u],w}; h[u] = ne++;
ed[ne] = (EDGE){v,u,h[v],w}; h[v] = ne++;
}
int n,m,S1,T1,S2,T2;
int d[4][maxn],vis[maxn];
struct node{int u,d;};
inline bool operator <(const node& a,const node& b){return a.d > b.d;}
priority_queue<node> q;
void dijkstra(int S,int p){
for (int i = 1; i <= n; i++) d[p][i] = INF,vis[i] = false;
d[p][S] = 0;
node u;
q.push((node){S,d[p][S]});
while (!q.empty()){
u = q.top(); q.pop();
if (vis[u.u]) continue;
vis[u.u] = true;
Redge(u.u) if (!vis[to = ed[k].to] && d[p][to] > d[p][u.u] + ed[k].w){
d[p][to] = d[p][u.u] + ed[k].w;
q.push((node){to,d[p][to]});
}
}
}
int de[maxn],f[maxn];
queue<int> Q;
void solve(){
dijkstra(S1,0); dijkstra(T1,1);
dijkstra(S2,2); dijkstra(T2,3);
for (int k = 2; k < ne; k++)
if (d[0][ed[k].from] + ed[k].w + d[1][ed[k].to] == d[0][T1])
ed[k].f = true,de[ed[k].to]++;
Q.push(S1);
int u;
while (!Q.empty()){
u = Q.front(); Q.pop();
Redge(u) if (ed[k].f){
if (d[2][u] + ed[k].w + d[3][to = ed[k].to] == d[2][T2] || d[3][u] + ed[k].w + d[2][to = ed[k].to] == d[2][T2])
f[to] = max(f[to],f[u] + ed[k].w);
if (!(--de[to])) Q.push(to);
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans,f[i]);
printf("%d
",ans);
}
int main(){
n = read(); m = read();
S1 = read(); T1 = read(); S2 = read(); T2 = read();
int a,b,w;
for (int i = 1; i <= m; i++){
a = read(); b = read(); w = read();
build(a,b,w);
}
solve();
return 0;
}