题：https://www.luogu.org/problem/P3115
题意：给出起点A,终点B，N条路线，下面没俩行一个路线，第一行是俩个数，第一个为这条路线的花费，第二个为这条路线经过的点数n，第二行即为n个整数表示这条路径；
分析：1、题目有说如果要跳转航线就要花费被跳往航线的的费用，所以单单连一条中转的边是错的；
2、题目范围1000，所以我们暴力建边，但也要建得有思路，对于每一条航线，如果你一直在这条航线上走，花费都是不变的（即为这条航线的cost），所以我们可以认为，对于这条航线的每一个点 i 都可以直接花费cost到 i 后面的点 j ，所以就预处理最小花费和经 过的点数，再添加图的边；
3、最后spfa一下就好，花费为第一优先级，经过的点数为第二优先级；
#includeusing namespace std;inline int read(){ int sum=0,x=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') x=0; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') sum=(sum<<1)+(sum<<3)+(ch^48),ch=getchar(); return x?sum:-sum;}inline void write(int x){ if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(x>9) write(x/10); putchar(x%10+'0');}typedef long long ll;const int inf=0x3f3f3f3f;const ll INF=1e18;const int M=1e3+3;int maxx=0,tot,head[M],vis[M],a[M];ll dis[M][2],cost[M][M],path[M][M];struct node{ int v,nextt; ll cost,w;}e[M*M];void addedge(int u,int v,ll w,ll cost){ e[tot].v=v; e[tot].w=w; e[tot].cost=cost; e[tot].nextt=head[u]; head[u]=tot++;}void spfa(int s,int t){ for(int i=0;i<=1000;i++) dis[i][0]=INF; queue que; que.push(s); dis[s][0]=0; while(!que.empty()){ int u=que.front(); que.pop(); vis[u]=0; for(int i=head[u];~i;i=e[i].nextt){ int v=e[i].v; if(dis[v][0]>dis[u][0]+e[i].w){ dis[v][0]=dis[u][0]+e[i].w; dis[v][1]=dis[u][1]+e[i].cost; if(!vis[v]){ vis[v]=1; que.push(v); } } else if(dis[v][0]==dis[u][0]+e[i].w){ if(dis[v][1]>dis[u][1]+e[i].cost) dis[v][1]=dis[u][1]+e[i].cost; } } } if(dis[t][0]==INF) printf("-1 -1\n"); else printf("%lld %lld\n",dis[t][0],dis[t][1]);}int main(){ int A=read(),B=read(),t=read(); memset(head,-1,sizeof(head)); for(int i=0;i<=1000;i++) for(int j=0;j<=1000;j++) cost[i][j]=inf; maxx=0; while(t--){ int w=read(),n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),maxx=max(maxx,a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) if(cost[a[i]][a[j]]>w){ cost[a[i]][a[j]]=w; path[a[i]][a[j]]=j-i; } } for(int i=1;i<=maxx;i++) for(int j=1;j<=maxx;j++) if(cost[i][j]