題解翻譯
首先我們判斷Levko是否能贏。
把所有可改變權值的道路權值都改成r[i]，然後從以s1，s2爲起點做兩次Dijkstra算法。令d1[i]爲s1到i的距離，d2[i]爲s2到i的距離。考慮一條連接a和b，可以改變權值的道路。如果d1[a]<d2[a]，我們就將該道路的權值設爲l[i]，然後重新做兩次Dijkstra。我們不斷進行這一過程，直到不再有道路改變權值。
如果最終d1[f]<d2[f]那麼Levko就贏了。
如果我們將上面的條件d1[a]<d2[a]改成d1[a]<=d2[a]，我們就可以判斷Levko是否能以平局結束。
證明
我們把Levko能改變權值的道路叫做“邊”。當進行Dijkstra算法時，我們不僅使用了邊，也使用了所有道路。
1.
我們證明，如果存在讓Levko獲勝的一組邊權值，那麼存在一組邊權值，使得Levko獲勝，而且所有邊權值爲l[i]或r[i]。考慮對於兩名玩家的最短路。
如果僅有Levko走一條從a到b的邊，我們可以將其權值設爲l[i]。證明：必有d1[a]<d2[a]，因爲Levko走到了這裏然後獲勝。這一條件在改變權值後仍然滿足。如果Zenyk走了這條邊，他就輸了，因爲d1[f]<=d1[a]+d(a,b)+d(b,f)<d2[a]+d(a,b)+d(b,f)=d2[f]。如果Zenyk不走這條邊，他也輸了，因爲Levko的最短路變得更短（d(x,y)代表從x到y的最短路）。
如果僅有Zenyk走從a到b的邊，我們可以將其權值設爲r[i]。證明：Levko的最短路不變，而Zenyk的最短路只會變大（也可能不變）。
如果沒有人走這條邊，我們就將其權值設爲r[i]。證明：兩人的最短路均不變。
如果兩人都走了這條邊，我們可以將其權值設爲l[i]。證明：兩人的最短路都減少了(原先權值-l[i])。
在所有這種操作之後，Levko仍然獲勝，而且所有邊的權值變成了l[i]或r[i]。
2.
考慮算法的結果。在所有操作結束後，如果一條邊的權值爲l[i]，我們就稱之爲“好的”，否則若爲r[i]，就稱之爲“壞的”。
(a)
我們證明在所有操作結束後，對所有好邊(a,b)有d1[a]<d2[a]。
如果對於邊(a1,b1)有d1[a1]<d2[a1]，而在修改邊(a2,b2)的權值後這一不等式不再成立。我們有d1[a1]>=d2[a1]，d1[a2]<d2[a2]。我們只改一條邊的權值，而s2到f的最短路變得更短，這就意味着邊(a2,b2)在該最短路上。d2[a1]=d2[a2]+d(a2,b2)+d(b2,a1)>d1[a2]+d(a2,b2)+d(b2,a1)>=d1[a1]。
矛盾。
（譯者注：不知道這裏想表達什麼……如果(a1,b1)是好邊，那它一定在s1~f的最短路上，那麼討論幾種操作，稍有常識的人都會看出修改(a2,b2)是阻擋不了結論成立的）
(b)
我們證明在所有操作結束後，對所有壞邊(a,b)有d1[a]>=d2[a]。證明是：如果結論不成立，我們就能繼續算法。
(c)
我們證明如果對某條邊有d1[a]<d2[a]成立，但我們在一次迭代中未處理這條邊（處理了另外一條邊），那麼該條件在此次迭代後依然成立。證明同(a).
(d)
我們證明如果好邊的任意子集滿足權值等於l[i]和d1[a]<d2[a]，那麼我們在把所有好邊的權值都變成l[i]後，這一結論仍然成立。證明是：模擬算法的所有操作，同時使用(c)。
3.
我們證明對所有邊權（不一定僅僅是l[i]或r[i]），所有壞邊(a,b)都有d1[a]>=d2[a]成立。
假設我們有這樣一條邊。考慮s1到該邊起點的最短路。如果該路徑上存在壞邊(a1,b1)，那麼必然滿足不等式d1[a1]<d2[a1]。考慮這些壞邊中的第一條(a,b)。那麼從s1到a的最短路不包含任何壞邊。考慮另一個問題，其中m和我們的問題相等，但終點在a。那麼好邊和壞邊也將相同。我們像在1中一樣修改所有邊的權值。注意到所有壞邊的權值都爲r[i]。所以僅有好邊才能滿足l[i]和d1[a1]<d2[a1]。由(d)，我們可以將所有好邊的權值設爲l[i]，而且滿足d1[a1]<d2[a1]。這和這條邊是壞邊矛盾。
（譯者注：不知道這是什麼意思……或許作者的本意是把終點從a開始一步一步挪到f，同時保持結論成立？）
4.
這意味着如果Levko走任意一條壞邊，他就輸了。所以我們可以將所有這樣的邊權設爲r[i]。所以我們可以將一些好邊的邊權設爲l[i]。由(d)，如果滿足d1[f]<d2[f]，如果我們將所有好邊的邊權設爲l[i]，該等式仍然成立。
5.
在判斷Levko是否能平局時，結論仍然成立。
