题目描述
小P和小R在玩一款益智游戏。游戏在一个正权有向图上进行。 小P 控制的角色要从A 点走最短路到B 点，小R 控制的角色要从C 点走最短路到D 点。 一个玩家每回合可以有两种选择，移动到一个相邻节点或者休息一回合。 假如在某一时刻，小P 和小R 在相同的节点上，那么可以得到一次特殊奖励，但是在每 个节点上最多只能得到一次。 求最多能获得多少次特殊奖励
输入格式
第一行两个整数n，m 表示有向图的点数和边数。 接下来m 行每行三个整数xi，yi，li，表示从xi 到yi 有一条长度为li 的边。 最后一行四个整数A，B，C，D，描述小P 的起终点，小R 的起终点。
输出格式
输出一个整数表示最多能获得多少次特殊奖励。若小P不能到达B点或者小R不能到达D点则输出-1。
输入样例
5 5
1 2 1
2 3 2
3 4 4
5 2 3
5 3 5
1 3 5 4
输出样例
2
提示
对于30%的数据，满足n≤50 对于60%的数据，满足n≤1000，m≤5000 对于100%的数据，满足n≤50000，m≤200000，1≤li≤500000000
分析
A到B，C到D的最短路有很多条。
但对于任意一条A到B的最短路和任意一条C到D的最短路如果他们有交点，那交点一定是连续的，否则一定存在交点更多的两条最短路。
如图
如果A到B的路径（红色）与C到D的路径（蓝色）有不连续的交点E与F
那么E通过路径1到达F与E通过路径2到达F的距离应该是一样，否则路径A-B，路径C-D中有一条不是最短路
此时，若A走到达E后走路径2到达F会与路径C-D有更多交点
即走绿色这条路<-也是最短路
所以最优方案中特殊奖励的点一定是连续的。
于是我们可以用同时在A-B最短路上和C-D最短路上的有向边构成一个新图
那么新图一定是一个有向无环图，但不一定联通
最后对新图拓扑排序dp最长链即可
代码（给你们演示一下堆优化的SPFA）
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=50005;
const int maxm=200005;
struct node{int id;long long d;};
bool operator <(node a,node b){return a.d>b.d;}
int info[maxn],nx[maxm<<1],v[maxm<<1],w[maxm<<1],re[maxm<<1];long long d[5][maxn];
int n,m,en,ans,ecnt,p[5],dp[maxn],vis[maxn],inp[maxn],top[maxn],lef[maxm<<1];priority_queue<node>q;
void add(int u1,int v1,int w1,int r){nx[++ecnt]=info[u1];info[u1]=ecnt;v[ecnt]=v1;w[ecnt]=w1;re[ecnt]=r;}
void SPFA(int k)
{
memset(vis,0,sizeof vis);
d[k][p[k]]=0;q.push((node){p[k],0});
while(!q.empty())
{
node nw=q.top();q.pop();
if(vis[nw.id]==1)continue;vis[nw.id]=1;d[k][nw.id]=nw.d;
for(int i=info[nw.id];i;i=nx[i])
if(!((k%2)^re[i])&&d[k][v[i]]>nw.d+w[i])q.push((node){v[i],nw.d+w[i]});
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);memset(d,0x7f,sizeof d);
for(int i=1,u1,v1,w1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&u1,&v1,&w1),add(u1,v1,w1,1),add(v1,u1,w1,0);
for(int k=1;k<=4;k++)scanf("%d",&p[k]),SPFA(k);
if(d[1][p[2]]==d[0][0]||d[3][p[4]]==d[0][0]){puts("-1");return 0;}
for(int x=1;x<=n;x++)
{
for(int e=info[x];e;e=nx[e])
if(re[e]&&d[1][x]+w[e]+d[2][v[e]]==d[1][p[2]]&&d[3][x]+w[e]+d[4][v[e]]==d[3][p[4]])
lef[e]=1,inp[v[e]]++;
}
for(int x=1;x<=n;x++)if(inp[x]==0)top[++en]=x,dp[x]=1;
for(int i=1;i<=en;i++)
{
int nw=top[i];
for(int e=info[nw];e;e=nx[e])
if(lef[e])
{
dp[v[e]]=max(dp[v[e]],dp[nw]+1);
ans=max(ans,dp[v[e]]);inp[v[e]]--;
if(!inp[v[e]])top[++en]=v[e];
}
}
printf("%d\n",ans);
}