传送门

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解题思路

分别从a、b、c三个点求单源最短路。

然后枚举两条道路相交的节点（i，j），因为是点权，所以答案为 \(dis[0][i][j]+dis[1][i][j]+dis[2][i][j]+e[i][j]\)。

注意用set进行的堆优化，要防止set丢失元素，所以要对pair的第二维（存点的坐标）的结构体进行合理的重载运算符。

虽然没有固定的顺序，但是因为pair和set的原因，需要重载运算符。

例如重载'<'，如果直接return a.x<b.x，会导致吞掉dis和横坐标相等的点（因为假设a,b横坐标相等，则a<b返回false，b<a也返回false）。
而当我们改为return a.x<=b.x，则不会出现问题。依旧假设a,b横坐标相等，则a<b返回true，b<a也返回true。

就因为这个东西调了一上午。。。

有大佬也对此问题做出了回复

AC代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1005;
int n,m,a,b,c;
long long dis[3][maxn][maxn],e[maxn][maxn],ans=1e18;
struct node{
	int x,y;
	node(int x,int y):x(x),y(y){}
	friend bool operator <(node a,node b){
		return a.x<=b.x;
	}
};
node s(0,0);
void dij(int id){
	set<pair<long long,node> > q;
	dis[id][s.x][s.y]=0;
	q.insert(make_pair(0,s));
	while(!q.empty()){
		node u=q.begin()->second;
		q.erase(q.begin());
		if(u.x>1&&dis[id][u.x-1][u.y]>dis[id][u.x][u.y]+e[u.x][u.y]){
			node to(u.x-1,u.y);
			q.erase(make_pair(dis[id][u.x-1][u.y],to));
			dis[id][u.x-1][u.y]=dis[id][u.x][u.y]+e[u.x][u.y];
			q.insert(make_pair(dis[id][u.x-1][u.y],to));
		}
		if(u.y>1&&dis[id][u.x][u.y-1]>dis[id][u.x][u.y]+e[u.x][u.y]){
			node to(u.x,u.y-1);
			q.erase(make_pair(dis[id][u.x][u.y-1],to));
			dis[id][u.x][u.y-1]=dis[id][u.x][u.y]+e[u.x][u.y];
			q.insert(make_pair(dis[id][u.x][u.y-1],to));
		}
		if(u.x<n&&dis[id][u.x+1][u.y]>dis[id][u.x][u.y]+e[u.x][u.y]){
			node to(u.x+1,u.y);
			q.erase(make_pair(dis[id][u.x+1][u.y],to));
			dis[id][u.x+1][u.y]=dis[id][u.x][u.y]+e[u.x][u.y];
			q.insert(make_pair(dis[id][u.x+1][u.y],to));
		}
		if(u.y<m&&dis[id][u.x][u.y+1]>dis[id][u.x][u.y]+e[u.x][u.y]){
			node to(u.x,u.y+1);
			q.erase(make_pair(dis[id][u.x][u.y+1],to));
			dis[id][u.x][u.y+1]=dis[id][u.x][u.y]+e[u.x][u.y];
			q.insert(make_pair(dis[id][u.x][u.y+1],to));
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	cin>>n>>m>>a>>b>>c;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin>>e[i][j];
		}
	}
	s.x=1;
	s.y=a;
	dij(0);
	s.x=n;
	s.y=b;
	dij(1);
	s.y=c;
	dij(2);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			ans=min(ans,dis[0][i][j]+dis[1][i][j]+dis[2][i][j]+e[i][j]);
		}
	}
	cout<<ans;
    return 0;
}