思路
首先思考，除了 \(a\) 和 \(b\) 我们不应该到达任何非主要城市。
理由很简单，两点之间线段最短，如果我们目前要从 \(u\) 前往 \(v\) 且 \(u\) 和 \(v\) 不都是主要城市，即 \(u\) 到 \(v\) 需要花钱，那么如果再选择一个不是主要城市的 \(k\)，那么就要增加若干的花费。当然，增加的花费可能为 \(0\)，但是我们完全没必要多转几次，因为这无法让答案变得更优。
但是主要城市之间可以随便转乘，因为都不增加花费，那么就有两种方式：
-
直接从 \(a\) 到 \(b\)。
-
从 \(a\) 到离它最近的主要城市，途中转移几次到离 \(b\) 最近的主要城市，再到 \(b\)。
如果令 \(dis(i,j)\) 表示从 \(i\) 到 \(j\) 的花费，\(fa\) 表示离 \(a\) 最近的主要城市，\(fb\) 表示离 \(b\) 最近的主要城市，那么答案就是 \(\min(dis(a,b),dis(a,fa)+dis(fa,fb)+dis(fb,b))\)。
首先 \(dis(i,j)\) 可以直接计算得出，所以不需要考虑，又因为 \(dis(fa,fb)=0\) 所以也不需要考虑，我们只需要提前预处理出 \(fa\) 和 \(fb\)，或者预处理 \(dis(a,fa)\) 和 \(dis(b,fb)\) 即可。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long T,n,k,a,b,x[200005],y[200005],ans1,ans2;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&a,&b),ans1=ans2=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for(long long i=1;i<=n;++i) scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
if(a<=k) ans1=0;//注意特判a、b本身就是主要城市的情况
else for(long long i=1;i<=k;++i) ans1=min(ans1,abs(x[i]-x[a])+abs(y[i]-y[a]));
if(b<=k) ans2=0;
else for(long long i=1;i<=k;++i) ans2=min(ans2,abs(x[i]-x[b])+abs(y[i]-y[b]));
printf("%lld\n",min(ans1+ans2,abs(x[a]-x[b])+abs(y[a]-y[b])));
}
return 0;
}