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A和B在一张无向连通图$G=(V,E),|V|=n,|E|=m$上玩一个游戏，节点$i$有一个权值$v_i$。A、B分别站在节点$a,b$，轮流操作，每次操作选择一个数$x$，然后选所有到自己所在地最短距离$le x$且没有被选过的点，并把它们的权值累加到自己的分数中，且要满足至少选了$1$个点。直到当前玩家无法操作，游戏结束。A为先手，A、B均希望自己的得分更高且按最优策略操作。设A、B的最终得分分别为$sco_a,sco_b$，则输出$egin exttt&sco_a<sco_b\texttt&sco_a=sco_b\texttt&sco_a>sco_bend$。
(ninleft[2,2 imes10^3 ight],minleft[n-1,10^5 ight],a e b,v_iinleft[-10^9,10^9 ight])。
首先，跑$2$遍Dijkstra（由于$mathrm O!left(n^2 ight)$可过，所以不需要堆优化）是肯定的，算出每个节点$i$到$a,b$分别的最短路径，记为$dis1_i,dis2_i$。
然后不难发现，以到$a$的最短距离来说，不可能存在$dis1_i<dis1_j$使得$j$被A选了而$i$没被选（道理很简单），到$b$亦然。那么我们可以很简单地描述出游戏中任意一个可能的局面：有且仅有所有满足$dis1_xle i$或$dis2_xle j$的$x$被选，记为$S(i,j)$。考虑将$dis1,dis2$离散化（因为我们只需要比较相对大小，且$dis1,dis2$的比较是互相独立的，所以不用保留原数值），这样显然$forall S(i,j),i,jle n$，我们就可以把每个局面装到DP数组里，使得状态数在$mathrm O(n^2)$级。
设$dp1_{i,j},dp2_{i,j}$分别表示若初始局面为局面$S_{i,j}$，第一步该A、B操作，A得的分数。考虑枚举第一步该操作的玩家新选了那些节点（这些节点不能已经被另一个玩家选过），即将$i/j$增加到了多少，然后转移到下一个局面。状态转移方程：
(egin{cases}dp1_{i,j}=maxlimits_{sumlimits_{o=i+1}^ksumlimits_{dis1_p=o}[dis2_p>j]>0}left{dp2_{k,j}+sumlimits_{o=i+1}^ksumlimits_{dis1_p=o}[dis2_p>j]v_p ight}\dp2_{i,j}=minlimits_{sumlimits_{o=j+1}^ksumlimits_{dis2_p=o}[dis1_p>i]>0}left{dp1_{i,k} ight}end{cases})
这样$1$次转移显然是$mathrm O(n)(的，总复杂度)mathrm O!left(n^3 ight)$，会炸。注意到方程里面有区间和，于是预处理前缀和$Cnt1_{i,j}=sumlimits_^isumlimits_[dis2_o>j],Sum1_{i,j}=sumlimits_^isumlimits_[dis2_o>j]v_o,Cnt2_{i,j}=sumlimits_^isumlimits_[dis1_o>j]$，方程变为了：
(egin{cases}dp1_{i,j}=maxlimits_{Cnt1_{k,j}>Cnt1_{i,j}}left{dp2_{k,j}+Sum1_{k,j}-Sum1_{i,j} ight}=maxlimits_{Cnt1_{k,j}>Cnt1_{i,j}}left{dp2_{k,j}+Sum1_{k,j} ight}-Sum1_{i,j}\dp2_{i,j}=minlimits_{Cnt2_{i,k}>Cnt2_{i,j}}left{dp1_{i,k} ight}end{cases})
首先明确一点，DP时是按$i,j$的倒序递推的（因为只有$i'ge i,j'ge j$，$S(i,j)$才可能转移到$S(i',j')$）。不难发现，$dp1$的转移方程中，决策变量$k$的取值范围一定是一个区间，设它为$[k_{min},k_{max}]$，则若$j$固定，随着$i$的下降，$k_{max}=|dis1|$恒成立，$k_{min}$单调不升。这样一来，就可以two-pointers了，我们可以维护$now1,mx1$数组，$now1_o,mx1_o$表示当$j=o$时当前的$k_{min}$、所有决策中最大的$dp2_{k,j}+Sum1_{k,j}$，$i$每减少$1$时，就将$now1_j$减少若干并更新$mx1_j$。对$dp2$的处理类似，维护$now2,mn2$。
最终比较$dp1_{0,0}(与)sumlimits_^nv_i-dp1_{0,0}$的大小即可。对了还有边界，就是无法转移到任何局面的DP值为$0$。
用了two-pointers，计算每个DP值的时间复杂度均摊$mathrm O(1)(，再加上最先的Dijkstra，总复杂度就是)mathrm O!left(n^2 ight)$了。
下面贴代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long//防爆int
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=2000;
int n/*点数*/,m/*边数*/,a/*A所在节点*/,b/*B所在节点*/;
int v[N+1];//点权
vector<pair<int,int> > nei[N+1];//邻接表
int dis1[N+1],dis2[N+1];//到a、b的最短距离
bool vis[N+1];
void dijkstra(int x,int dis[]){//Dijkstra求dis1,dis2
for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=inf;
dis[x]=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
while(true){
pair<int,int> mn(inf,0);
for(int j=1;j<=n;j++)if(!vis[j])mn=min(mn,mp(dis[j],j));
int y=mn.Y;
if(!y)break;
vis[y]=true;
for(int j=0;j<nei[y].size();j++){
int z=nei[y][j].X,len=nei[y][j].Y;
dis[z]=min(dis[z],dis[y]+len);
}
}
// printf("dis=");for(int i=1;i<=n;i++)cout<<dis[i]<<" ";puts("");
}
vector<int> nums1,nums2;//离散化辅助数组
vector<int> hav1[N+1],hav2[N+1];//hav1[i]中存储所有满足dis1[x]=i（离散化之后）的节点x，hav2类似
void discrete(vector<int> &nums,int dis[],vector<int> hav[]){//离散化
nums.pb(-1);//比任何距离都小
for(int i=1;i<=n;i++)nums.pb(dis[i]);
sort(nums.begin(),nums.end());
nums.resize(unique(nums.begin(),nums.end())-nums.begin());
for(int i=1;i<=n;i++)hav[dis[i]=lower_bound(nums.begin(),nums.end(),dis[i])-nums.begin()].pb(i);
}
int Cnt1[N+1][N+1],Sum1[N+1][N+1],Cnt2[N+1][N+1];//前缀和
int now1[N+1],now2[N+1],mx1[N+1],mn2[N+1];//优化DP的two-pointers数组
int dp1[N+1][N+1],dp2[N+1][N+1];//DP数组
signed main(){
cin>>n>>m>>a>>b;
int sum=0;//所有点权和
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i],sum+=v[i];
while(m--){
int x,y,z;
cin>>x>>y>>z;
nei[x].pb(mp(y,z));nei[y].pb(mp(x,z));
}
dijkstra(a,dis1);dijkstra(b,dis2);//求出距离数组
discrete(nums1,dis1,hav1);discrete(nums2,dis2,hav2);//离散化距离数组
for(int i=1;i<nums1.size();i++)for(int j=0;j<nums2.size();j++){//预处理Cnt1,Sum1
Cnt1[i][j]=Cnt1[i-1][j];Sum1[i][j]=Sum1[i-1][j];
for(int k=0;k<hav1[i].size();k++){
bool ok=dis2[hav1[i][k]]>j;
Cnt1[i][j]+=ok;Sum1[i][j]+=ok*v[hav1[i][k]];
}
}
for(int i=1;i<nums2.size();i++)for(int j=0;j<nums1.size();j++){//预处理Cnt2
Cnt2[i][j]=Cnt2[i-1][j];
for(int k=0;k<hav2[i].size();k++)Cnt2[i][j]+=dis1[hav2[i][k]]>j;
}
for(int i=0;i<=n;i++)now1[i]=nums1.size(),now2[i]=nums2.size(),mx1[i]=-inf,mn2[i]=inf;//赋初始值
for(int i=nums1.size()-1;~i;i--)for(int j=nums2.size()-1;~j;j--){//按i,j倒序DP
while(now1[j]&&Cnt1[now1[j]-1][j]>Cnt1[i][j])now1[j]--,mx1[j]=max(mx1[j],dp2[now1[j]][j]+Sum1[now1[j]][j]);//two-pointers
dp1[i][j]=mx1[j]>-inf?/*能转移？*/mx1[j]-Sum1[i][j]/*按方程来*/:0/*为0*/;
while(now2[i]&&Cnt2[now2[i]-1][i]>Cnt2[j][i])now2[i]--,mn2[i]=min(mn2[i],dp1[i][now2[i]]);//同上2行
dp2[i][j]=mn2[i]<inf?mn2[i]:0;//同上2行
// printf("dp1[%lld][%lld]=%lld dp2[%lld][%lld]=%lld
",i,j,dp1[i][j],i,j,dp2[i][j]);
}
int ans=dp1[0][0];//A的最优得分
puts(ans<sum-ans?"Cry":ans==sum-ans?"Flowers":"Break a heart");
return 0;
}