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分析

• 由于起点和终点都是加油站，所以我们可以把整个问题看成是从加油站到加油站。
• 考虑一个暴力的做法，用最短路在 \(O(n^2\log n)\) 的时间内求出加油站两两之间的最短路。于是问题变成了最小瓶颈路。把所有询问离线跑最小生成树，判断连通性即可。
• 考虑优化刚才的建边。假设 \(a,b,c\) 都是加油站。在 \(a \rightarrow b\) 的最短路径中出现了一个点 \(x\) 满足到 \(x\) 最近的点是 \(c\) ,那么我们完全可以从 \(a\) 直接走到 \(c\)，而 \(c\) 又是当前最近的能够到达的加油站，所以这样走一定会更优。
• 将加油站全部放入优先队列跑最短路，求出距离每个点最近的加油站 \({from}_x\) 和 \(x\) 到 \(from_x\) 的距离 \(dis_x\) 。
• 枚举每条边如果两端的 \(from\) 不同则可以建立路径 \({from}_u \rightarrow {from}_v\), 距离 \({dis}_u+{dis}_v+w_e\)。然后再用 MST 求解即可。
• 总时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].to;i;i=e[i].lst,v=e[i].to)

#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)

#define pb push_back

typedef long long LL;

inline int gi(){

	int x=0,f=1;char ch=getchar();

	while(!isdigit(ch))	{if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}

	while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;ch=getchar();}

	return x*f;

}

template<typename T>inline bool Max(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}

template<typename T>inline bool Min(T &a,T b){return b<a?a=b,1:0;}

const int N=2e5 + 7;

const LL inf=1e13;

int n,m,s,edc,q;

int head[N],vis[N],from[N],par[N],ans[N];

LL dis[N];

struct qry{

	int u,v,id;LL d;

	bool operator <(const qry &rhs)const{

		return d<rhs.d;

	}

}A[N],B[N];

struct edge{

	int lst,to,c;

	edge(){}edge(int lst,int to,int c):lst(lst),to(to),c(c){}

}e[N*4];

void Add(int a,int b,int c){

	e[++edc]=edge(head[a],b,c),head[a]=edc;

	e[++edc]=edge(head[b],a,c),head[b]=edc;

}

struct data{

	int u;LL dis;

	data(){}data(int u,LL dis):u(u),dis(dis){}

	bool operator <(const data &rhs)const{

		return rhs.dis<dis;

	}

};

priority_queue<data>Q;

int getpar(int a){

	return par[a]==a?a:par[a]=getpar(par[a]);

}

int main(){

	n=gi(),s=gi(),m=gi();

	rep(i,1,n) par[i]=i;

	rep(i,1,n) dis[i]=inf;

	rep(i,1,s) {

		int x=gi();

		dis[x]=0;from[x]=x;

		Q.push(data(x,dis[x]));

	}

	rep(i,1,m) {

		A[i].u=gi(),A[i].v=gi(),A[i].d=gi();

		Add(A[i].u,A[i].v,A[i].d);

	}

	while(!Q.empty()){

		int u=Q.top().u;Q.pop();

		if(vis[u]) continue;vis[u]=1;

		go(u)if(dis[u]+e[i].c<dis[v]){

			dis[v]=dis[u]+e[i].c;

			from[v]=from[u];

			Q.push(data(v,dis[v]));

		}

	}

	int cnt=0;

	rep(i,1,m){

		if(from[A[i].u]==from[A[i].v]) continue;

		A[++cnt]=(qry){from[A[i].u],from[A[i].v],0,dis[A[i].u]+dis[A[i].v]+A[i].d};

	}

	q=gi();

	rep(i,1,q)

		B[i].u=gi(),B[i].v=gi(),B[i].d=gi(),B[i].id=i;

	sort(A+1,A+1+cnt);

	sort(B+1,B+1+q);

	A[cnt+1].d=inf;

	int now=1;

	rep(i,1,q){

		for(;now<=cnt&&A[now].d<=B[i].d;++now){

			int x=A[now].u,y=A[now].v;

			par[getpar(x)]=getpar(y);

		}

		ans[B[i].id]=getpar(B[i].u)==getpar(B[i].v);

	}

	rep(i,1,q) puts(ans[i]?"TAK":"NIE");

	return 0;

}