C-TT的美梦

题意：

这一晚，TT 做了个美梦！

在梦中，TT 的愿望成真了，他成为了喵星的统领！喵星上有 N 个商业城市，编号 1 ～ N，其中 1 号城市是 TT 所在的城市，即首都。

喵星上共有 M 条有向道路供商业城市相互往来。但是随着喵星商业的日渐繁荣，有些道路变得非常拥挤。正在 TT 为之苦恼之时，他的魔法小猫咪提出了一个解决方案！TT 欣然接受并针对该方案颁布了一项新的政策。

具体政策如下：对每一个商业城市标记一个正整数，表示其繁荣程度，当每一只喵沿道路从一个商业城市走到另一个商业城市时，TT 都会收取它们（目的地繁荣程度 - 出发地繁荣程度）^ 3 的税。

TT 打算测试一下这项政策是否合理，因此他想知道从首都出发，走到其他城市至少要交多少的税，如果总金额小于 3 或者无法到达请悄咪咪地打出 '?'。 

Input

第一行输入 T，表明共有 T 组数据。（1 <= T <= 50）

对于每一组数据，第一行输入 N，表示点的个数。（1 <= N <= 200）

第二行输入 N 个整数，表示 1 ～ N 点的权值 a[i]。（0 <= a[i] <= 20）

第三行输入 M，表示有向道路的条数。（0 <= M <= 100000）

接下来 M 行，每行有两个整数 A B，表示存在一条 A 到 B 的有向道路。

接下来给出一个整数 Q，表示询问个数。（0 <= Q <= 100000）

每一次询问给出一个 P，表示求 1 号点到 P 号点的最少税费。

Output

每个询问输出一行，如果不可达或税费小于 3 则输出 '?'。

Sample Input

2
5
6 7 8 9 10
6
1 2
2 3
3 4
1 5
5 4
4 5
2
4
5
10
1 2 4 4 5 6 7 8 9 10
10
1 2
2 3
3 1
1 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
9 10
2
3 10

Sample Output

Case 1:
3
4
Case 2:
?
?

MY Solution：

这道题可以抽象成求一个含负权边的单源最短路径问题。

可用spfa算法  or  Bellman-ford 解决:

核心：bellman-ford 在判断负环路，即权值之和小于0的环路，对于每一条边，如果dis[u]+w(u,v) < dis[v]，则存在负环路，说明无法求出最短路。 

           spfa通过进入队列次数（最多N次）来判断是否存在负环。

Code：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue> 
using namespace std;
const int INF=999999999;
const int maxn = 100005;

int head[100010],tot;
int dis[maxn],a[maxn],cnt[maxn];
bool vis1[maxn],vis2[maxn];

struct edge{
    int to,next,w;
}e[maxn]; 
void init(){
    tot=0;
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(vis1,0,sizeof(vis1));
    memset(vis2,0,sizeof(vis2));
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
}
void add(int x,int y,int w){
    e[++tot].to=y;
    e[tot].next=head[x];
    e[tot].w=w;
    head[x]=tot;
}
void dfs(int u){
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
        if(vis1[e[i].to]==0){
            vis1[e[i].to]=1;
            dfs(e[i].to);
        }
    }
}
int main(){
    int T,N,M,A,B,Q,P,op=0;
    cin>>T;
    while(T--){
        op++;
        init();
        cin>>N;
        for(int i=1;i<=N;i++)
            cin>>a[i];
        cin>>M;
        while(M--){
            cin>>A>>B;
            add(A,B,pow((a[B]-a[A]),3));
        }
        
        for(int i=1;i<=N;i++)
            dis[i]=INF;
        dis[1]=0;
        queue<int> q;
        q.push(1);
        vis2[1]=1;
        while(!q.empty()){
            int data=q.front();
            q.pop();
            vis2[data]=0;
            for(int i=head[data];i;i=e[i].next){
                if(dis[e[i].to]>dis[data]+e[i].w){
                    dis[e[i].to]=dis[data]+e[i].w;
                    cnt[e[i].to]++;
                    if(cnt[e[i].to]>N){
                        dfs(e[i].to);
                        continue;
                    }
                    if(!vis2[e[i].to]){
                        q.push(e[i].to);
                        vis2[e[i].to]=1;
                    }
                }
            }
        }
        cout<<"Case "<<op<<":"<<endl;
        cin>>Q;
        while(Q--){
            cin>>P;
            if(dis[P]<3||vis1[P]||dis[P]== INF)
                cout<<"?"<<endl;
            else
                cout<<dis[P]<<endl;
        }
    }
    return 0;
}