题目描述
小a住的国家被僵尸侵略了！小a打算逃离到该国唯一的国际空港逃出这个国家。
该国有N个城市，城市之间有道路相连。一共有M条双向道路。保证没有自环和重边。
K个城市已经被僵尸控制了，如果贸然闯入就会被感染TAT...所以不能进入。由其中任意城市经过不超过S条道路就可以到达的别的城市，就是危险城市。换句话说只要某个没有被占城市到某个被占城市不超过s距离，就是危险。
小a住在1号城市，国际空港在N号城市，这两座城市没有被侵略。小a走每一段道路（从一个城市直接到达另外一个城市）得花一整个白天，所以晚上要住旅店。安全的的城市旅馆比较便宜要P元，而被危险的城市，旅馆要进行安保措施，所以会变贵，为Q元。所有危险的城市的住宿价格一样，安全的城市也是。在1号城市和N城市，不需要住店。
小a比较抠门，所以他希望知道从1号城市到N号城市所需要的最小花费。
输入数据保证存在路径，可以成功逃离。输入数据保证他可以逃离成功。
输入输出格式
输入格式：
第一行4个整数(N,M,K,S)
第二行2个整数(P,Q)
接下来K行，ci，表示僵尸侵占的城市
接下来M行，ai,bi，表示一条无向边
输出格式：
一个整数表示最低花费
输入输出样例
说明
对于20%数据，N<=50
对于100%数据，2 ≦ N ≦ 100000, 1 ≦ M ≦ 200000, 0 ≦ K ≦ N - 2, 0 ≦ S ≦ 100000
1 ≦ P ＜ Q ≦ 100000
solution：
首先看标签是最短路，再来看数据范围发现spfa可做，那么就开始做呗。
这道题先介绍50分做法，一开始这道题我是这样想的，首先用bfs扩展危险城市，就是在每一个感染城市的节点开始扩展，每一个扩展的危险城市如果路线<=s，那么就开始标记，并把它放入队列。但是这样的时间复杂度会瞬间爆炸，如果每一个点都会询问道，则是qkn的，必然会T。
那么该怎么做呢？
学网络流都知道，可以建一个超级源点，也就是一个虚拟节点。我们不妨把这个思路放在spfa上。建一个虚拟节点0，将感染城市与虚拟节点相连，然后跑一边spfa，这样就会在kn的复杂度内扩展出所有的感染城市，然后再跑一边spfa，当然要做点特判，会在十分理想的复杂度内A掉这个题。
还有一个坑点是，这道题要用LL。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 #define _ 2000001 4 using namespace std; 5 struct edge 6 { 7 LL next,to,dist; 8 } e[_]; 9 LL head[_],tot,n,m,k,S,dan[_],p,qq,vis[_],dis[_]; 10 LL mp1[_],mp2[_]; 11 inline void add(int x,int y) 12 { 13 e[++tot].next = head[x]; 14 e[tot].to = y; 15 head[x] = tot; 16 } 17 void SPFA(int s) 18 { 19 queue<int>q; 20 memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); 21 memset(vis,0,sizeof(vis)); 22 q.push(s); 23 vis[s]=1; 24 dis[s]=0; 25 while(!q.empty()) 26 { 27 int u=q.front(); 28 q.pop(); 29 vis[u]=0; 30 for(int i=head[u],v; v=e[i].to,i; i=e[i].next) 31 { 32 if(dis[v]>dis[u]+1) 33 { 34 dis[v]=dis[u]+1; 35 if(!vis[v]) 36 q.push(v),vis[v]=1; 37 } 38 } 39 } 40 for(int i=1;i<=n;i++) 41 if(dan[i]!=2&&dis[i]<=S+1) 42 dan[i]=1; 43 } 44 void spfa(int s) 45 { 46 queue<int>q; 47 memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); 48 memset(vis,0,sizeof(vis)); 49 q.push(s); 50 vis[s]=1; 51 dis[s]=0; 52 while(!q.empty()) 53 { 54 int u=q.front(); 55 q.pop(); 56 vis[u]=0; 57 for(int i=head[u],v; v=e[i].to,i; i=e[i].next) 58 { 59 LL m=0; 60 if(dan[v]==2) m=2147483647; 61 if(dan[v]==1) m=qq; 62 if(!dan[v]) m=p; 63 if(v==n) m=0; 64 if(dis[v]>dis[u]+m) 65 { 66 dis[v]=dis[u]+m; 67 if(!vis[v]) 68 vis[v]=1,q.push(v); 69 } 70 } 71 } 72 } 73 int main() 74 { 75 cin >> n >> m >> k >> S; 76 cin >> p >> qq; 77 for(int i=1; i<=k; i++) 78 { 79 int a; 80 cin >> a; 81 dan[a]=2; 82 } 83 for(int i=1; i<=m; i++) 84 { 85 int a,b; 86 cin>>a>>b; 87 if(dan[a]==2)add(a,0),add(0,a); 88 if(dan[b]==2)add(b,0),add(0,b); 89 add(a,b),add(b,a); 90 } 91 SPFA(0); 92 spfa(1); 93 cout<<dis[n]; 94 }