Description
Farmer John正在一个新的销售区域对他的牛奶销售方案进行调查。他想把牛奶送到T个城镇 (1 <= T <= 25,000)，编号为1T。这些城镇之间通过R条道路 (1 <= R <= 50,000，编号为1到R) 和P条航线 (1 <= P <= 50,000，编号为1到P) 连接。每条道路i或者航线i连接城镇A_i (1 <= A_i <= T)到B_i (1 <= B_i <= T)，花费为C_i。对于道路，0 <= C_i <= 10,000;然而航线的花费很神奇，花费C_i可能是负数(-10,000 <= C_i <= 10,000)。道路是双向的，可以从A_i到B_i，也可以从B_i到A_i，花费都是C_i。然而航线与之不同，只可以从A_i到B_i。事实上，由于最近恐怖主义太嚣张，为了社会和谐，出台 了一些政策保证：如果有一条航线可以从A_i到B_i，那么保证不可能通过一些道路和航线从B_i回到A_i。由于FJ的奶牛世界公认十分给力，他需要运送奶牛到每一个城镇。他想找到从发送中心城镇S(1 <= S <= T) 把奶牛送到每个城镇的最便宜的方案，或者知道这是不可能的。
Input
* 第1行：四个空格隔开的整数: T, R, P, and S * 第2到R+1行：三个空格隔开的整数（表示一条道路）：A_i, B_i 和 C_i * 第R+2到R+P+1行：三个空格隔开的整数（表示一条航线）：A_i, B_i 和 C_i
Output
* 第1到T行：从S到达城镇i的最小花费，如果不存在输出"NO PATH"。
Sample Input
6 3 3 4
1 2 5
3 4 5
5 6 10
3 5 -100
4 6 -100
1 3 -10
样例输入解释：
一共六个城镇。在1-2，3-4，5-6之间有道路，花费分别是5，5，10。同时有三条航线：3->5，
4->6和1->3，花费分别是-100，-100，-10。FJ的中心城镇在城镇4。
Sample Output
NO PATH
NO PATH
5
0
-95
-100
样例输出解释：
FJ的奶牛从4号城镇开始，可以通过道路到达3号城镇。然后他们会通过航线达到5和6号城镇。
但是不可能到达1和2号城镇。
思路：
因为有负权边，所以不能使用dijstra，但是这个数据量使用spfa会t，所以我们考录heap+dijstra。
如何解决负权边呢？？注意题目：如果有一条航线可以从A_i到B_i，那么保证不可能通过一些道路和航线从B_i回到A_i。
这就说明，单向边一定不会形成环。
所以一个联通块中，不可能有一个起点和终点都在这个强联通块的单向边，然且对于两个强连通块，只能出项从一个块指向另一个块的单向边，若相互指向，则会形成环
那么对于一个联通块，我们可以只考虑双向边，直接使用dijstra，然后对从这个联通块发出的单向边进行更新，更新其他联通块中的dist，然后把处理过的单向边抹去。
因为是从s到其他点的距离，所以如果从一个联通块，没有单向边指向它，并且还不是s所在联通块，那么它里面的点都是无法到达的（显然）
①所以，我们可以按照拓扑序进行更新，每处理完一个联通块，和其单向边，我们就消除单向边造成的入度，然后进行拓扑排序选择联通块。
这样写法s所在联通块并不一定第一个入队，但是其前入队的联通块最短路无法更新，只能消除单向边，写法清晰。
②我们也一开始可以就把s的联通块号传入，这样的话，其他入度为0的联通块指出的单向边，我们直接需要将其抹去，消除无效联通块对其他联通快造成的入度。
因为其他入度为0的联通块，是无效的。（代码注释部分）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; int t,r,p,s;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn = 5e4+;
vector<int>belong[maxn];
struct Node
{
int x,y,val,next;
Node(int x=,int y=,int val=,int next=):x(x),y(y),val(val),next(next) {}
} node[][maxn<<]; int head[][maxn];
int cnt[];
int tot;
void add(int x,int y,int val,int t)
{
node[t][++cnt[t]].x = x;
node[t][cnt[t]].y = y;
node[t][cnt[t]].val = val;
node[t][cnt[t]].next = head[t][x];
head[t][x] = cnt[t];
}
int cn[maxn];
int ind[maxn];
int dist[maxn];
bool vis[maxn];
void dfs(int x)
{
cn[x] = tot;
belong[tot].push_back(x);
for(int i=head[][x]; i; i=node[][i].next)
{
int y = node[][i].y;
if(cn[y])
continue;
dfs(y);
}
}
void solve(int s)
{
queue<int>que;
while(!que.empty())
que.pop();
for(int i=; i<=tot; i++)
if(!ind[i])
que.push(i);
// for(int i=1; i<=tot; i++)
// {
// if(!ind[i] && i != cn[s])
// {
// for(int j=0; j<belong[i].size(); j++)
// {
// for(int k=head[1][belong[i][j]]; k; k=node[1][k].next)
// {
// --ind[cn[node[1][k].y]];
// }
// }
// ind[i] = -1;
// //printf("%d ------ %d\n",ind[i],i);
// i=0;
// }
// }
// que.push(cn[s]);
memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
dist[s] = ;
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> >p;
while(!que.empty())
{
int k = que.front();
que.pop();
while(!p.empty())
p.pop();
int len = belong[k].size();
for(int i=; i<len; i++)
{
if(dist[belong[k][i]] < 0x3f3f3f3f)
p.push(pii(dist[belong[k][i]],belong[k][i]));
}
while(!p.empty())
{
pii t = p.top();
p.pop();
if(vis[t.second])
continue;
vis[t.second] = ;
for(int i=head[][t.second]; i; i=node[][i].next)
{
if(dist[t.second] + node[][i].val < dist[node[][i].y])
{
dist[node[][i].y] = dist[t.second] + node[][i].val;
p.push(pii(dist[t.second] + node[][i].val,node[][i].y));
}
}
for(int i=head[][t.second]; i; i=node[][i].next)
{
dist[node[][i].y] = min(dist[node[][i].y],dist[t.second]+node[][i].val);
}
}
for(int i=; i<len; i++)
{
for(int j=head[][belong[k][i]]; j; j=node[][j].next)
{
if(--ind[cn[node[][j].y]] == )
que.push(cn[node[][j].y]);
}
}
}
} int main()
{
cnt[] = cnt[] = ;
scanf("%d%d%d%d",&t,&r,&p,&s);
for(int i=; i<=t; i++)
belong[i].clear();
for(int i=; i<=r; i++)
{
int u,v,k;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
add(u,v,k,);
add(v,u,k,);
} for(int i=; i<=p; i++)
{
int u,v,k;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
add(u,v,k,);
}
tot = ;
for(int i=; i<=t; i++)
{
if(!cn[i])
{
tot++;
dfs(i);
}
} for(int i=; i<=cnt[]; i++)
{
ind[cn[node[][i].y]]++;
}
solve(s);
for(int i=; i<=t; i++)
{
if(dist[i] == 0x3f3f3f3f)
printf("NO PATH\n");
else
printf("%d\n",dist[i]);
}
}