Description
给定一个n个点、m条边的带权无向图，其中有s个点是加油站。
每辆车都有一个油量上限b，即每次行走距离不能超过b，但在加油站可以补满。
q次询问，每次给出x,y,b，表示出发点是x，终点是y，油量上限为b，且保证x点和y点都是加油站，请回答能否从x走到y。
Input
第一行包含三个正整数n,s,m(2<=s<=n<=200000,1<=m<=200000)，表示点数、加油站数和边数。
第二行包含s个互不相同的正整数c[1],c[2],...cs，表示每个加油站。
接下来m行，每行三个正整数u[i],v[i],di，表示u[i]和v[i]之间有一条长度为d[i]的双向边。
接下来一行包含一个正整数q(1<=q<=200000)，表示询问数。
接下来q行，每行包含三个正整数x[i],y[i],bi，表示一个询问。
Output
输出q行。第i行输出第i个询问的答案，如果可行，则输出TAK，否则输出NIE。
Sample Input
6 4 5
1 5 2 6
1 3 1
2 3 2
3 4 3
4 5 5
6 4 5
4
1 2 4
2 6 9
1 5 9
6 5 8
Sample Output
TAK
TAK
TAK
NIE
题解
居然是权限题……
不难发现我们需要的是加油站之间的最短路，然而肯定不能直接跑否则会(gg)
考虑一条边((u,v))，如果我们要从加油站(a)到(b)，且这条路经过((u,v))，设(c)为到(u)最近的加油站，(d)为到(v)最近的加油站，最优策略肯定是从(a)到(c)，从(c)到(d)，从(d)到(b)，因为这里面每一次的加油站之间的转移的距离都要小于从(a)直接走到(b)
那么我们可以做一个多源最短路，记录(las_i)表示离(i)最近的加油站，(dis_i)表示(i)到(las_i)的距离
对于一条边((u,v))，如果(las_u=las_v)，那么这条边显然对加油站之间的最短路是无所谓的
否则的话，我们在新图中加入边((las_u,las_v,dis_u+dis_v+(u,v)))
那么把询问离线，按边权排序，用最小生成树和并查集解决就行了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=2e5+5;
struct eg{int v,nx,w;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v,R int w){e[++tot]={v,head[u],w},head[u]=tot;}
struct node{
int u,d;
node(){}
node(R int u,R int d):u(u),d(d){}
inline bool operator <(const node &b)const{return d>b.d;}
};priority_queue<node>q;
struct EG{
int u,v,w,id;
EG(){}
EG(R int u,R int v,R int w,R int id=0):u(u),v(v),w(w),id(id){}
inline bool operator <(const EG &b)const{return w<b.w;}
}E[N],Q[N];
int dis[N],las[N],vis[N],fa[N],ans[N],n,m,s,qaq,u,v,w,cnt;
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline void merge(R int u,R int v){
u=find(u),v=find(v);
fa[u]=v;
}
int main(){
freopen("petrol.in","r",stdin);
freopen("petrol.out","w",stdout);
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
n=read(),s=read(),m=read();
fp(i,1,s)u=read(),las[u]=u,dis[u]=0,q.push(node(u,0));
fp(i,1,m)u=read(),v=read(),w=read(),add(u,v,w),add(v,u,w);
while(!q.empty()){
int u=q.top().u;q.pop();
if(vis[u])continue;vis[u]=1;
go(u)if(cmin(dis[v],dis[u]+e[i].w))las[v]=las[u],q.push(node(v,dis[v]));
}
fp(u,1,n)go(u)if(las[u]<las[v])E[++cnt]=EG(las[u],las[v],dis[u]+dis[v]+e[i].w);
sort(E+1,E+1+cnt);
qaq=read();
fp(i,1,qaq)Q[i].u=read(),Q[i].v=read(),Q[i].w=read(),Q[i].id=i;
sort(Q+1,Q+1+qaq);
fp(i,1,n)fa[i]=i;
for(R int i=1,j=1;i<=qaq;++i){
while(j<=cnt&&E[j].w<=Q[i].w)merge(E[j].u,E[j].v),++j;
ans[Q[i].id]=(find(Q[i].u)==find(Q[i].v));
}
fp(i,1,qaq)puts(ans[i]?"TAK":"NIE");
return 0;
}