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+; 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][];
int vis[maxn][];
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 + <= c && !vis[u][f + ] && dp[u][f + ] > 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, , sizeof vis);
memset(dp, 0x3f3f3f3f, sizeof dp);
dp[s][] = ;
q.push((node){s, , });
while(!q.empty()) {
node now = q.top();
q.pop();
int u = now.u;
int f = now.f;
int w = now.w;
vis[u][f] = ;
if(u == e) {
return w;
}
if(check1(u, f)) { //先加一升油试一下
dp[u][f + ] = dp[u][f] + wn[u];
q.push((node){u, f + , dp[u][f + ]});
}
int len = g[u].size();
for(int i = ; 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 -; //无解
} int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = ; i < n; i++) {
scanf("%d", &wn[i]);
}
for(int i = ; 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 == -) {
printf("impossible\n");
} else {
printf("%d\n", ans);
}
}
return ;
}