有N个城市（编号0、1…N-1）和M条道路，构成一张无向图。
在每个城市里边都有一个加油站，不同的加油站的单位油价不一样。
现在你需要回答不超过100个问题，在每个问题中，请计算出一架油箱容量为C的车子，从起点城市S开到终点城市E至少要花多少油钱？
输入格式
第一行包含两个整数N和M。
第二行包含N个整数，代表N个城市的单位油价，第i个数即为第i个城市的油价pipi。
接下来M行，每行包括三个整数u,v,d，表示城市u与城市v之间存在道路，且车子从u到v需要消耗的油量为d。
接下来一行包含一个整数q，代表问题数量。
接下来q行，每行包含三个整数C、S、E，分别表示车子油箱容量、起点城市S、终点城市E。
输出格式
对于每个问题，输出一个整数，表示所需的最少油钱。
如果无法从起点城市开到终点城市，则输出”impossible”。
每个结果占一行。
数据范围
1≤N≤10001≤N≤1000,
1≤M≤100001≤M≤10000,
1≤pi≤1001≤pi≤100,
1≤d≤1001≤d≤100,
1≤C≤1001≤C≤100
输入样例：
5 5
10 10 20 12 13
0 1 9
0 2 8
1 2 1
1 3 11
2 3 7
2
10 0 3
20 1 4
输出样例：
170
impossible算法：bfs + dijiskla思想
题解：这题是用bfs + 优先队列来做，而且需要用到dijiskla的思想，那么我们可以用枚举法来做，首先从起点出发，先加一升油试一下，加一升油能到达的站点放入队列，因为队列是以花费钱来从小到大排序，所以我在把这个加了一升油的情况放入队列，如果这个加了一升油的情况还是花费最小的话，我就会继续加第二升油，如果不是的话，那么我就会用到其他的。到最后的时候，可能最开始第一个点的加一升油还没有用到，那是因为它并不是最优解，你思考一下，多加一升油的性价比就不高了，你还会去多加n升油吗，所以之后的解就都不是我们要找的最优解，之后就是重复我最开始所说的加一升油试一试这个思路。如果还是不够理解的话，可以看代码，代码上也有解释哟！
#include <iostream> #include <cstdio> #include <vector> #include <queue> #include <memory.h> using namespace std; const int maxn = 1e4+7; struct node { int u, f, w; friend bool operator < (node a, node b) { //优先队列重载，权值小的排前面 return a.w > b.w; } }; vector<pair<int, int> > g[maxn]; int n, m; int wn[maxn]; int dp[maxn][105]; int vis[maxn][105]; int c, s, e; bool check1(int u, int f) { //判断是否能够在当前站点加一升油 if(f + 1 <= c && !vis[u][f + 1] && dp[u][f + 1] > dp[u][f] + wn[u]) { //如果能加一升油，并且加这升油一定比原来的那个好（原来的那个可能是初始化的INF，也可能是已经经过的这个地方时更新的值） return true; } return false; } bool check2(int f, int v, int p, int w) { //判断下一个站点是否能走 if(f >= p && !vis[v][f - p] && dp[v][f - p] > w) { //如果当前油要大于需要花费的油，并且原来的费用比现在的要高（同理，可能是INF，也可能是更新过的值） return true; } return false; } int bfs() { priority_queue<node> q; memset(vis, 0, sizeof vis); memset(dp, 0x3f3f3f3f, sizeof dp); dp[s][0] = 0; q.push((node){s, 0, 0}); while(!q.empty()) { node now = q.top(); q.pop(); int u = now.u; int f = now.f; int w = now.w; vis[u][f] = 1; if(u == e) { return w; } if(check1(u, f)) { //先加一升油试一下 dp[u][f + 1] = dp[u][f] + wn[u]; q.push((node){u, f + 1, dp[u][f + 1]}); } int len = g[u].size(); for(int i = 0; i < len; i++) { int v = g[u][i].first; int p = g[u][i].second; if(check2(f, v, p, w)) { dp[v][f - p] = w; q.push((node){v, f - p, w}); } } } return -1; //无解 } int main() { scanf("%d %d", &n, &m); for(int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &wn[i]); } for(int i = 1; i <= m; i++) { int u, v, w; scanf("%d %d %d", &u, &v, &w); g[u].push_back(make_pair(v, w)); g[v].push_back(make_pair(u, w)); } int q; scanf("%d", &q); while(q--) { scanf("%d %d %d", &c, &s, &e); int ans = bfs(); if(ans == -1) { printf("impossible "); } else { printf("%d ", ans); } } return 0; }