题目描述
有一位使者要游历各国，他每到一个国家，都能学到一种文化，但他不愿意学习任何一种文化超过一次（即如果他学习了某种文化，则他就不能到达其他有这种文化的国家）。不同的国家可能有相同的文化。不同文化的国家对其他文化的看法不同，有些文化会排斥外来文化（即如果他学习了某种文化，则他不能到达排斥这种文化的其他国家）。
现给定各个国家间的地理关系，各个国家的文化，每种文化对其他文化的看法，以及这位使者游历的起点和终点（在起点和终点也会学习当地的文化），国家间的道路距离，试求从起点到终点最少需走多少路。

输入格式
第一行为五个整数 N, K, M, S, T，每两个整数之间用一个空格隔开，依次代表国家个数（国家编号为11 到 N），文化种数（文化编号为 11 到 K），道路的条数，以及起点和终点的编号（保证 S 不等于 T）；
第二行为 N个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，其中第 i个数 Ci，表示国家 i的文化为 Ci。
接下来的 K行，每行 K 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，记第 i 行的第 j 个数为 aij，=1 aij=1 表示文化 i 排斥外来文化 j（ i 等于 j 时表示排斥相同文化的外来人），=0 aij=0 表示不排斥（注意 i 排斥 j 并不保证 j 一定也排斥 i）。
接下来的 M 行，每行三个整数 u, v, d，每两个整数之间用一个空格隔开，表示国家 u与国家 v有一条距离为 d的可双向通行的道路（保证 u不等于 v，两个国家之间可能有多条道路）。
输出格式
一个整数，表示使者从起点国家到达终点国家最少需要走的距离数（如果无解则输出−1−1）。

输入 #1
2 2 1 1 2 
1 2 
0 1 
1 0 
1 2 10 
输出 #1
-1

输入 #2
2 2 1 1 2 
1 2 
0 1 
0 0 
1 2 10 
输出 #2
10

说明/提示
输入输出样例说明11
由于到国家 22 必须要经过国家11，而国家22的文明却排斥国家 11 的文明，所以不可能到达国家 22。
输入输出样例说明22
路线为11 ->22
【数据范围】
对于 100%的数据，有2≤≤1002≤ N≤100
1≤≤1001≤ K≤100
1≤21≤ M≤ N2
1≤1≤ ki≤ K
1≤1≤ u, v≤ N
1≤1≤ d≤1000,S= T,1≤ S, T≤ N
NOIP 2012 普及组 第四题

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这题非常的经典

但经典背后

却是巨水的数据

首先抽象起来很简单，把每个国家看成一个点，每个国家之间的路径看做边

与模板不同的就是

他多了文化这个条件

1. 两个文化互相矛盾。这时，主人公使者就不能去到下一个国家

2. 要访问的国家文化已经访问过。这时，主人公使者也不能去下一个国家

怎么处理这两个条件呢？

一种是在最短路径函数中，加入判断，文明没有访问过且不矛盾

这种方法有一个弊端，就是如果需要判断是否访问过，就得用数组表示

如果第i个文化被标记为已经访问过，那么下次发现更短的路径时就不会访问

第二种方法，在加边时，就把两种条件删掉

蒟蒻用的就是第二种方法

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取值范围：本题中n小于等于100

所以用floyd绰绰有余

其他地方全部为floyd模板

# include <iostream>
# include <cstdio>
# include <cstring> 
using namespace std;
# define int long long
int n,k,m,s,t;
int c[105];
int v[105][105];
int f[105][105];
signed main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&m,&s,&t);
    //memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for (int i=1;i<=n;i++){
        for (int j=1;j<=n;j++){
            f[i][j]=0x3f3f3f3f;
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&c[i]);
    }
    for (int i=1;i<=k;i++){
        for (int j=1;j<=k;j++){
            scanf("%lld",&v[i][j]);
        }
    }
    if(c[s]==c[t]){
        cout<<-1;
        return 0;
    }
    for (int i=1;i<=m;i++){
        int u,v1,w;
        scanf("%lld%lld%lld",&u,&v1,&w);
        if (!v[c[u]][c[v1]]&&c[u]!=c[v1]){
            f[u][v1]=min(w,f[u][v1]);
            f[v1][u]=min(w,f[v1][u]);
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++){
        for (int j=1;j<=n;j++){
            for (int k=1;k<=n;k++){
                if (f[i][j]>f[i][k]+f[j][k]&&i!=j&&i!=k&&j!=k){
                    f[i][j]=f[i][k]+f[j][k];
                }
            }
        }
    }
    if (f[s][t]==0x3f3f3f3f){
        printf("-1");
        return 0;
    }
    printf("%lld",f[s][t]);
    return 0;
}