【2019 暑假JSOI Day 2 T2】小說（二分+最短路）

題目

【題目背景】
由於小 X 是一位奆老， 奆老總是忙得一刻也停不下來。 他剛剛準備完食物， 小 X 童年的
摯友小 S 和小 Z 來找他幫忙了……
【題目描述】
小 S 和小 Z 十分喜歡看網絡寫手“$2^5$” 的小說， 但由於需要付費才能閱讀， 而小 S 和小
Z 的零花錢有非常少， 他們只能找小 X 靠黑科技侵入給網站， 把小說給他們。
然而小 X 又非常的愛慕虛榮， 他要小 S 和小 Z 到自己家裏來取小說。
小 S、 小 Z 和小 X 都居住在揚中市， 揚中市共有 $n$ 個小區， $m$ 條主幹道（假設每條主幹
道都是雙行線） 。 小 S 家住在 $1$ 號小區， 小 X 家住在 $n$ 號小區。 小 S 每經過一條主幹道需要
耗費 z 點體力， 但由於小 S 的人脈非常廣， 每當他到達一個小區， 他都會和好友攀談直到體
力回滿。
由於小 Z 也希望能看到小說， 所以他答應幫助小 S $k$ 次， 這 $k$ 次小 S 經過主幹道不需要
耗費體力。
由於小 S 生性懶惰， 他希望耗費最少的體力到達小 X 家， 請問他最少耗費多少體力？
注意： 如果小 S 到小 X 家可以一路上都由小 Z 揹着， 那麼體力上限爲 $0$；
如果小 S 到不了小 X 家， 小 S 會很傷心， 體力上限爲$-1$；

【輸入格式】
第 1 行三個整數 $n,m,k$， 意思如題目描述。
第 2 到第 n+1 行是 $x,y,z$ 指走連接 $x$ 號小區和 $y$ 號小區的主幹道要耗費 $z$ 點體力

【輸出格式】
一行一個整數， 表示小 S 最少耗費的體力。

【輸入樣例】
5 7 1
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6

【輸出樣例】
4

【樣例解釋】
小 S 的行走路線：$1\rightarrow 3\rightarrow 2\rightarrow 5$， 其中 $2\rightarrow 5$ 這條主幹道由小 Z 幫助小 S 通過。

【數據範圍】
對於 30%的數據： $n<=20;m<=100;$
對於 60%的數據： $n<=100;m<=1000;$
對於 100%的數據： $n<=1000;m<=10000;z<=1000000;$

【後記】
附上兩句 $2^5$ 的語錄：
1.扔掉一件東西的時候， 其實扔掉的不止是東西， 記下一件事情的時候， 其實記下的不止是
事情。
2.記在腦海裏的東西或許會被忘卻， 但記在心裏的東西， 是不會消逝的。

思路

這一題我過了（Day 2終於拿了一次第一 ）
答案顯然具有單調性，所以可以進行二分答案。
於是，我們可以將問題轉化爲：有沒有一種方法，使體力上限不超過mid。
check函數很好寫，只需要把體力 > mid 的路徑看做1，把 < mid 的路徑看做0，dijkstra + 堆優化 即可（我也不知道要不要加優化，反正我加了）。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 4010, N = 40100, Z = 1000000;
int n, m, k, dis[M], vis[M], s[M], t[N], e[N], l[N];
struct node {
	int id, dis;
	friend bool operator < (node a, node b) {return a.dis > b.dis;}
}; priority_queue <node> q;

int dijk(int x) {
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	memset(dis, 0x3f3f3f3f, sizeof(dis));
	node f = (node){1, 0};
	dis[1] = 0; q.push(f);
	while (!q.empty()) {
		f = q.top(); q.pop();
		vis[f.id] = 1;
		for (int i = s[f.id]; i != EOF; i = t[i]) {
			int e2 = e[i], k2 = dis[f.id];
			if (vis[e2]) continue;
			if (l[i] >= x) k2++;
			if (dis[e2] > k2) {
				dis[e2] = k2;
				node tmp = (node) {e2, dis[e2]};
				q.push(tmp);
			}
		}
	}
	return dis[n] >= k+1;
}

int main() {
	cin >> n >> m >> k;
	memset(s, -1, sizeof(s));
	int tot = 1, u, v, w;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		cin >> u >> v >> w;
		t[tot] = s[u], s[u] = tot, e[tot] = v, l[tot] = w, tot++;
		t[tot] = s[v], s[v] = tot, e[tot] = u, l[tot] = w, tot++;
	}
	int l = 0, r = Z+100, ans = -1;
	while (l <= r) {
		int m = (l+r) >> 1;
		if (dijk(m)) l = m+1, ans = m;
		else r = m-1;
	}
	if (ans > Z) cout << -1 << endl;
	else if (r < 0) cout << 0 << endl;
	else cout << ans << endl;
	return 0;
}