题目描述
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 10Sample Output
Case 1:
3
4
Case 2:
?
?思路
本题采用链式前向星的方式存图，然后利用SPFA算法求出最短路，SPFA算法：
1、开一个队列，先将开始的节点放入。
2、每次从队列中取出一个节点X，遍历与X相通的Y节点，查询比对 Y的长度 和 X的长度+ X与Y的长度 如果X的长度+ X与Y的长度 > Y的长度,说明需要更新操作：
1）.存入最短路。
2）.由于改变了原有的长度，所以需要往后更新，与这个节点相连的最短路。(即：判断下是否在队列，是否在负环，在就不用重复，不在就加入队列，等待更新)。
3）.在这期间可以记录这个节点的进队次数，判断是否存在负环。次数大于n后利用dfs遍历所有能到的点记录vis数组表明都在负环呢
4.直到队空。
如果不可达或者小于三或者在负环即dis[p] == inf || dis[p] < 3|| (vis[p]==1))输出答案？，其他情况输出dis[i]即可
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf = 100000;
struct edge
{
int to,w,next;
}e[100005];
queue<int>q;
int head[205],a[205],dis[205],inq[205],vis[205],cnt[205];
int T,N,M,t1,t2,tot,Q,num=1;
void add(int s,int d)
{
e[++tot].to=d, e[tot].w=(a[d]-a[s])*(a[d]-a[s])*(a[d]-a[s]);
e[tot].next=head[s];
head[s]=tot;
}
void ini()
{
tot=0;
for(int i=0;i<=N;i++)
{
head[i]=-1;
cnt[i]=inq[i]=vis[i]=0;
dis[i]=inf;
}
}
void dfs(int v)
{
vis[v]=1;
for (edge t = e[head[v]];head[v]!=-1; t = e[t.next])
{
if(vis[t.to]==0)dfs(t.to);
if(t.next==-1)break;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%d",&N);
ini();
for(int i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
scanf("%d",&M);
for(int i=1;i<=M;i++)
{
scanf("%d%d",&t1,&t2);
add(t1,t2);
}
dis[1] = 0;
inq[1] = 1;
q.push(1);
while (!q.empty())
{
int u = q.front(); q.pop();
inq[u] = 0;
if (vis[u])continue;
if(head[u]==-1)continue;//不存在出边
for (edge t = e[head[u]];; t = e[t.next])
{
int v = t.to;
//if (vis[v])continue;
if (dis[v] > dis[u] + t.w)
{
cnt[v] = cnt[u] + 1;
if (cnt[v] >= N)
{
//找到负环
dfs(v);
}
dis[v] = dis[u] + t.w;
//pre[v] = u;
if (!inq[v])
{
q.push(v);
inq[v] = 1;
}
}
if (t.next == -1)break;
}
}
int p;
scanf("%d",&Q);
printf("Case %d:\n", num++);
while (Q--) {
cin >> p;
if (dis[p] == inf || dis[p] < 3|| (vis[p]==1))printf("?\n");
else printf("%d\n", dis[p]);
}
}
// system("pause");
return 0;
}