其实再次看这题的时候。想法就是和强连通分量有关，我们很容易发现，题目中所说的双向边，就构成了一个强连通分量，而所谓的单向边，则相当于把强连通分量进行缩点，然后整个图成为了一个DAG，众所周知，对于DAG,我们可以在O(n)的时间复杂度内处理很多东西，比如最短路，最长链等。而对于这题，我们并不需要求出其强连通分量，我们先只建出包含双向边的图，由此，整个图会分成若干个连通块，我们运用dfs去搜出每个连通块即可，对于每个连通块，我们可以使用dijk去求出其内部的最短路，然后对于外部，我们运用拓扑排序进行更新即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"

int n,r,p,s;

vector<pll> e[N];

void add(int u,int v,int w)
{
	e[u].push_back({v,w});
}

int st[N];
int bel[N];
int tot;
vector<int> vec[N];
void dfs(int x)
{
	st[x]=1;
	bel[x]=tot;
	vec[tot].push_back(x);
	for(auto [u,w] :e[x]){
		if(!st[u]){
			dfs(u);
		}
	}
}
int dr[N];
queue<int> q;
int vis[N],d[N];

void dijk(int x)
{
	priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll> > p;
	for(auto t: vec[x]){
		p.push({d[t],t});
	}
	while(!p.empty()){
		auto [dis,u]=p.top();
		p.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u]=1;
		for(auto [v,w] :e[u]){
			if(d[v]>d[u]+w){
				d[v]=d[u]+w;
				if(bel[v]==x){
					p.push({d[v],v});
				}
			}
			if(bel[v]!=x){
			     //cout<<bel[v]<<" ";
				if(dr[bel[v]]>0) dr[bel[v]]--;
				if(dr[bel[v]]==0) q.push(bel[v]);
			}

		}
	}
}

void solve()
{
	cin>>n>>r>>p>>s;
	for(int i=1;i<=r;i++){
		int a,b,c;
		cin>>a>>b>>c;
		add(a,b,c),add(b,a,c);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!st[i]) {
			tot++;
			dfs(i);
		}
	}
	for(int i=1;i<=p;i++){
		int a,b,c;
		cin>>a>>b>>c;
		add(a,b,c);
		dr[bel[b]]++;
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++){
	   // for(auto x: vec[i]) cout<<x<<" ";
		if(!dr[i]) q.push(i);
		//cout<<endl;
	}
	memset(d,0x3f,sizeof d);
	d[s]=0;
	while(!q.empty()){
		auto t=q.front();
		q.pop();
		dijk(t);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
	   // cout<<d[i]<<" ";
		if(d[i]>0x3f3f3f3f/2) cout<<"NO PATH"<<endl;
		else cout<<d[i]<<endl;
	}
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	//cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
   	system("pause");
    return 0;
}