给你一些可连接的选项connections，其中每个选项connections[i] = [city1, city2, cost]表示将城市city1和城市city2连接所要的成本（连接是双向的，也就是说城市city1和城市city2相连，也同样意味着城市city2和城市city1相连）。返回使得每对城市间都存在将它们连接在一起的连通路径（可能长度为1的）最小成本。该最小成本应该是所有全部连接代价的总合。如果根据已知条件无法完成该项任务，则请你返回-1。 (请用Prim算法完成相应的代码)

以下是Prim算法的实现：

import heapq

def minimumCost(n: int, connections: List[List[int]]) -> int:
    # 将连接按照成本从小到大排序
    connections.sort(key=lambda x: x[2])
    # visited数组记录每个节点是否被访问过
    visited = [False] * (n + 1)
    # 从第一个节点开始遍历
    start_node = connections[0][0]
    visited[start_node] = True
    # 初始化堆，将与第一个节点相连的边加入堆中
    heap = []
    for connection in connections:
        if connection[0] == start_node:
            heapq.heappush(heap, (connection[2], connection[1]))
        elif connection[1] == start_node:
            heapq.heappush(heap, (connection[2], connection[0]))
    # 记录已有的边数和总成本
    count = 1
    cost = 0
    # 循环直到所有节点都被访问
    while heap and count < n:
        # 取出堆中最小成本的边
        c, node = heapq.heappop(heap)
        # 如果该节点已被访问过，则跳过，否则将其标记为已访问
        if visited[node]:
            continue
        visited[node] = True
        # 将与该节点相连的边加入堆中
        for connection in connections:
            if connection[0] == node and not visited[connection[1]]:
                heapq.heappush(heap, (connection[2], connection[1]))
            elif connection[1] == node and not visited[connection[0]]:
                heapq.heappush(heap, (connection[2], connection[0]))
        # 记录已有的边数和总成本
        count += 1
        cost += c
    # 如果所有节点都被访问，则返回总成本，否则返回-1
    return cost if count == n else -1

算法思路：

1. 将连接按照成本从小到大排序，以便后续遍历时优先选择成本小的边。
2. 从第一个节点开始遍历，将其标记为已访问，并将与该节点相连的边加入堆中。
3. 循环直到所有节点都被访问，每次取出堆中最小成本的边，如果该边连接的节点已被访问过，则跳过，否则将该节点标记为已访问，并将与该节点相连的边加入堆中。同时记录已有的边数和总成本。
4. 如果所有节点都被访问，则返回总成本，否则返回-1。