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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 25010, M = 150010;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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typedef pair<int, int> PII;
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// 存图
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int idx, h[N], e[M], w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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int T; // 城镇数量
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int R; // 道路数量
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int P; // 航线数量
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int S; // 出发点
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// 下面两个数组是一对
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int id[N]; // 节点在哪个连通块中
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vector<int> block[N]; // 连通块包含哪些节点
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int bcnt; // 连通块序号计数器
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int dis[N]; // 最短距离(结果数组)
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int in[N]; // 每个DAG(节点即连通块)的入度
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bool st[N]; // dijkstra用的是不是在队列中的数组
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queue<int> q; // 拓扑序用的队列
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// 将u节点加入团中,团的番号是 bid
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void dfs(int u, int bid) {
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id[u] = bid; // ① u节点属于bid团
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block[bid].push_back(u); // ② 记录bid团包含u节点
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// 枚举u节点的每一条出边，将对端的城镇也加入到bid这个团中
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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if (!id[j]) dfs(j, bid); // Flood Fill
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}
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}
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// 计算得到bid这个连通块中最短距离
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void dijkstra(int bid) {
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priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> pq;
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/*
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因为不确定连通块内的哪个点可以作为起点，所以就一股脑全加进来就行了，
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反正很多点的dis都是inf（这些都是不能成为起点的）,那么可以作为起点的就自然出现在堆顶了
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因为上面的写法把拓扑排序和dijkstra算法拼在一起了，如果不把所有点都加入堆，
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会导致后面其他块的din[]没有减去前驱边，从而某些块没有被拓扑排序遍历到。
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*/
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for (auto u : block[bid]) pq.push({dis[u], u});
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while (pq.size()) {
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int u = pq.top().second;
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pq.pop();
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if (st[u]) continue;
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st[u] = true;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (st[v]) continue;
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if (dis[v] > dis[u] + w[i]) {
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dis[v] = dis[u] + w[i];
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// 如果是同团中的道路,需要再次进入Dijkstra的小顶堆，以便计算完整个团中的路径最小值
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if (id[u] == id[v]) pq.push({dis[v], v});
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}
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/*如果u和v不在同一个团中,说明遍历到的是航线
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此时，需要与拓扑序算法结合，尝试剪掉此边，是不是可以形成入度为的团
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id[v]:v这个节点所在的团番号
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--in[id[v]] == 0: u->v是最后一条指向团id[v]的边，此边拆除后，id[v]这个团无前序依赖，稳定了，
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可以将此团加入拓扑排序的queue队列中，继续探索
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*/
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if (id[u] != id[v] && --in[id[v]] == 0) q.push(id[v]);
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}
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}
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}
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// 拓扑序
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void topsort() {
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for (int i = 1; i <= bcnt; i++) // 枚举每个团
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if (!in[i]) q.push(i); // 找到所有入度为0的团,DAG的起点
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// 拓扑排序
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while (q.size()) {
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int bid = q.front(); // 团番号
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q.pop();
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// 在此团内部跑一遍dijkstra
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dijkstra(bid);
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}
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}
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int main() {
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memset(h, -1, sizeof h); // 初始化
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scanf("%d %d %d %d", &T, &R, &P, &S); // 城镇数量,道路数量,航线数量,出发点
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memset(dis, 0x3f, sizeof dis); // 初始化最短距离
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dis[S] = 0; // 出发点距离自己的长度是0,其它的最短距离目前是INF
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int a, b, c; // 起点，终点，权值
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while (R--) { // 读入道路,团内无向图
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scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
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add(a, b, c), add(b, a, c); // 连通块内是无向图
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}
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/* 航线本质是 团与团 之间单向连接边
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外部是DAG有向无环图，局部是内部双向正权图
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为了建立外部的DAG有向无环图，我们需要给每个团分配一个番号，记为bid;
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同时，也需要知道每个团内，有哪些小节点:
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(1) id[i]:节点i隶属于哪个团(需要提前准备好团的番号)
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(2) vector<int> block[N] :每个团中有哪些节点
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Q:一共几个团呢？每个团中都有谁呢？谁都在哪个图里呢？
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A:在没有录入航线的情况下，现在图中只有 大块孤立 但 内部连通 的节点数据，
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可以用dfs进行Flood Fill,发现没有团标识的节点，就创建一个新的团番号，
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并且记录此节点加入了哪个团，记录哪个团有哪些点。
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注意：需要在未录入航线的情况下统计出团与节点的关系，否则一会再录入航线，就没法找出哪些节点在哪个团里了
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*/
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// 缩点
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for (int i = 1; i <= T; i++) // 枚举每个小节点
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if (!id[i]) // 如果它还没有标识是哪个团,就开始研究它，把它标识上隶属于哪个团，并且，把和它相连接的其它点也加入同一个团中
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dfs(i, ++bcnt); // 需要提前申请好番号bcnt
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// 航线
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while (P--) {
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scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
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add(a, b, c); // 单向边
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in[id[b]]++; // b节点所在团的番号,也就是某个团的入度+1
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}
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// 拓扑
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topsort();
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// 从S到达城镇i的最小花费
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for (int i = 1; i <= T; i++) {
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if (dis[i] > INF / 2)
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puts("NO PATH");
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else
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cout << dis[i] << endl;
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}
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return 0;
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