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题目
题解
要求最短路的公共路径，首先需要分别找出两个点对的最短路径。注意：最短路径不一定是一条 链，由于可能存在多条长度相同的最短路径，这些路径构成了一张图。考虑到起点S到终点T的最短路径和T到S的相同，所以就简化，只考虑S到T的最短路径（有向），于是，此时的最短路径就构成了一张DAG（有向无环图）。
找出最短路径的（其中一种）方法：先求出最短路径，然后用dijkstra算法求出S点到每个点的最短距离ds[]（前两个步骤同时进行），同理求出T点到每个点的最短距离dt[]。枚举每一条边，假设边的两个端点是x,y（此边为有向边x->y），如果ds[x]+边权+dt[y]=最短路径长度，则该边位于S->T的最短路上；如果dt[x]+边权+ds[y]=最短路径长度，则该边位于T->S的最短路上。
拓扑排序（必备知识）：在DAG上，找到入度为0的点排在序列的最前面，然后删掉这个点和其连接的边，找到下一个入度为0的点，重复上述操作。这种排序方式可以保证每个点排在它的前驱节点后面，排在它的后继节点前面。沿着DAG的拓扑序dp可以保证无后效性。
dp方式（结合下图及图下方文字理解）：可以沿着其中一个点对（S1,T1）的最短路径DAG进行统计，但是可能有问题，就是统计到的公共路径不一定是另一个点对（S2,T2）的同一条最短路上的。易证：最短路DAG中的任意一条路径都是有向的链。同时，最长公共路径也必定是一条链（可用反证法证明：若是分开的两条链，显然这两条链都位于两个点对的最短路DAG上，且包含这两条链的两条最短路径在两条链之间的路径不同，这两段不同的路径，若长度相同，则都为最短路，那么两条链之间的路径也算公共最短路，若长度不同，则长的那一条不是最短路，可以局部优化成短的那一条路径）。所以，在两个最短路DAG的公共路径上，两条最短路的有向链要么方向相同（如下图：公共路径：1-4-5），要么方向相反（如下图：公共路径“1-2-3或5-6-7”）。所以，在dp时，需要同时记录当前的同向链长度和反向链长度。
配图解释：S1=1,T1=7,S2=3,T2=5,红色箭头表示S1->T1的最短路DAG,蓝色箭头表示S2->T2的最短路DAG。 在3->7->6->5这条蓝色最短路上，3->7,5->6->7分别属于两条红色最短路。
存边技巧：将无向边拆成两条有向边时，将每组边的下标定为0/1、2/3、4/5。这样可以通过^1找到组内另一条边。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2000;
const int maxm=3e6;
int c=1,n,m,s1,s2,t1,t2,ans;
int d[5][maxn],h[maxn],in[maxn],f1[maxn],f2[maxn];
bool v[maxn],path1[maxm],path2[maxm],inq[maxn];
//d[1/2/3/4][i]分别表示s1/t1/s2/t2到节点i的最短距离
//path1[i]=1表示编号为i的边在S1->T1的最短路DAG上,path2[]同理
//in[i]表示S1->T1的最短路DAG上，每个点的入度
//f1[i],f2[i]分别表示dp时，以节点i结尾的同向和反向链的长度
//inq[i]=1表示节点i当前在队列中
struct edge{int to,nxt,w;}e[maxm];
inline void add(int from,int to,int w)
{
e[++c].to=to; e[c].w=w; e[c].nxt=h[from]; h[from]=c;
}
priority_queue<pair<int,int> > q;
inline void dijkstra(int s,int cur)
{
memset(v,0,sizeof(v)); d[cur][s]=0;
q.push(make_pair(0,s));
while(q.size())
{
int x=q.top().second; q.pop();
if(v[x]) continue; v[x]=1;
for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
if(d[cur][y]>d[cur][x]+e[i].w)
{
d[cur][y]=d[cur][x]+e[i].w;
q.push(make_pair(-d[cur][y],y));
}
}
}
}
inline void get_path1() //找到S1->T1的最短路DAG
{
for(int x=1;x<=n;x++)
{
for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
if(d[1][x]+e[i].w+d[2][y]==d[1][t1]) path1[i]=1,in[y]++;
}
}
}
inline void get_path2() //找到S2->T2的最短路DAG
{
for(int x=1;x<=n;x++)
{
for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
if(d[3][x]+e[i].w+d[4][y]==d[3][t2]) path2[i]=1;
}
}
}
queue<int> q1;
inline void topo_and_dp() //在拓扑序上dp
{
for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) q1.push(i),in[i]=1;
while(q1.size())
{
int x=q1.front(); q1.pop();
for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
if(!path1[i]) continue;
if(path2[i]) f1[y]=max(f1[y],f1[x]+e[i].w);
else if(path2[i^1]) f2[y]=max(f2[y],f2[x]+e[i].w);
ans=max(ans,max(f1[y],f2[y]));
in[y]--; if(!in[y]&&!inq[y]) q1.push(y),inq[y]=1;
} //记录inq[y]很有必要，否则会超时
}
}
inline void solve()
{
dijkstra(s1,1); dijkstra(t1,2); get_path1();
dijkstra(s2,3); dijkstra(t2,4); get_path2();
topo_and_dp(); printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&s1,&t1,&s2,&t2);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z); add(y,x,z);
}
memset(d,0x3f,sizeof(d)); //初始化
solve();
return 0;
}