Description

给定一个n个点、m条边的带权无向图，其中有s个点是加油站。

每辆车都有一个油量上限b，即每次行走距离不能超过b，但在加油站可以补满。

q次询问，每次给出x,y,b，表示出发点是x，终点是y，油量上限为b，且保证x点和y点都是加油站，请回答能否从x走到y。

Input

第一行包含三个正整数n,s,m(2<=s<=n<=200000,1<=m<=200000)，表示点数、加油站数和边数。

第二行包含s个互不相同的正整数c[1],c[2],...cs，表示每个加油站。

接下来m行，每行三个正整数u[i],v[i],di，表示u[i]和v[i]之间有一条长度为d[i]的双向边。

接下来一行包含一个正整数q(1<=q<=200000)，表示询问数。

接下来q行，每行包含三个正整数x[i],y[i],bi，表示一个询问。

Output

输出q行。第i行输出第i个询问的答案，如果可行，则输出TAK，否则输出NIE。

Sample Input

6 4 5

1 5 2 6

1 3 1

2 3 2

3 4 3

4 5 5

6 4 5

4

1 2 4

2 6 9

1 5 9

6 5 8

Sample Output

TAK

TAK

TAK

NIE

题解

居然是权限题……

不难发现我们需要的是加油站之间的最短路，然而肯定不能直接跑否则会\(gg\)

考虑一条边\((u,v)\)，如果我们要从加油站\(a\)到\(b\)，且这条路经过\((u,v)\)，设\(c\)为到\(u\)最近的加油站，\(d\)为到\(v\)最近的加油站，最优策略肯定是从\(a\)到\(c\)，从\(c\)到\(d\)，从\(d\)到\(b\)，因为这里面每一次的加油站之间的转移的距离都要小于从\(a\)直接走到\(b\)

那么我们可以做一个多源最短路，记录\(las_i\)表示离\(i\)最近的加油站，\(dis_i\)表示\(i\)到\(las_i\)的距离

对于一条边\((u,v)\)，如果\(las_u=las_v\)，那么这条边显然对加油站之间的最短路是无所谓的

否则的话，我们在新图中加入边\((las_u,las_v,dis_u+dis_v+(u,v))\)

那么把询问离线，按边权排序，用最小生成树和并查集解决就行了

//minamoto

#include<bits/stdc++.h>

#define R register

#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)

#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)

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

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

using namespace std;

char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;

inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}

int read(){

    R int res,f=1;R char ch;

    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);

    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');

    return res*f;

}

const int N=2e5+5;

struct eg{int v,nx,w;}e[N<<1];int head[N],tot;

inline void add(R int u,R int v,R int w){e[++tot]={v,head[u],w},head[u]=tot;}

struct node{

	int u,d;

	node(){}

	node(R int u,R int d):u(u),d(d){}

	inline bool operator <(const node &b)const{return d>b.d;}

};priority_queue<node>q;

struct EG{

	int u,v,w,id;

	EG(){}

	EG(R int u,R int v,R int w,R int id=0):u(u),v(v),w(w),id(id){}

	inline bool operator <(const EG &b)const{return w<b.w;}

}E[N],Q[N];

int dis[N],las[N],vis[N],fa[N],ans[N],n,m,s,qaq,u,v,w,cnt;

int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}

inline void merge(R int u,R int v){

	u=find(u),v=find(v);

	fa[u]=v;

}

int main(){

	freopen("petrol.in","r",stdin);

	freopen("petrol.out","w",stdout);

	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));

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

	fp(i,1,s)u=read(),las[u]=u,dis[u]=0,q.push(node(u,0));

	fp(i,1,m)u=read(),v=read(),w=read(),add(u,v,w),add(v,u,w);

	while(!q.empty()){

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

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

		go(u)if(cmin(dis[v],dis[u]+e[i].w))las[v]=las[u],q.push(node(v,dis[v]));

	}

	fp(u,1,n)go(u)if(las[u]<las[v])E[++cnt]=EG(las[u],las[v],dis[u]+dis[v]+e[i].w);

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

	qaq=read();

	fp(i,1,qaq)Q[i].u=read(),Q[i].v=read(),Q[i].w=read(),Q[i].id=i;

	sort(Q+1,Q+1+qaq);

	fp(i,1,n)fa[i]=i;

	for(R int i=1,j=1;i<=qaq;++i){

		while(j<=cnt&&E[j].w<=Q[i].w)merge(E[j].u,E[j].v),++j;

		ans[Q[i].id]=(find(Q[i].u)==find(Q[i].v));

	}

	fp(i,1,qaq)puts(ans[i]?"TAK":"NIE");

	return 0;

}