【2019 暑假JSOI Day 2 T2】小说（二分+最短路）

题目

【题目背景】
由于小 X 是一位奆老， 奆老总是忙得一刻也停不下来。 他刚刚准备完食物， 小 X 童年的
挚友小 S 和小 Z 来找他帮忙了……
【题目描述】
小 S 和小 Z 十分喜欢看网络写手“$2^5$” 的小说， 但由于需要付费才能阅读， 而小 S 和小
Z 的零花钱有非常少， 他们只能找小 X 靠黑科技侵入给网站， 把小说给他们。
然而小 X 又非常的爱慕虚荣， 他要小 S 和小 Z 到自己家里来取小说。
小 S、 小 Z 和小 X 都居住在扬中市， 扬中市共有 $n$ 个小区， $m$ 条主干道（假设每条主干
道都是双行线） 。 小 S 家住在 $1$ 号小区， 小 X 家住在 $n$ 号小区。 小 S 每经过一条主干道需要
耗费 z 点体力， 但由于小 S 的人脉非常广， 每当他到达一个小区， 他都会和好友攀谈直到体
力回满。
由于小 Z 也希望能看到小说， 所以他答应帮助小 S $k$ 次， 这 $k$ 次小 S 经过主干道不需要
耗费体力。
由于小 S 生性懒惰， 他希望耗费最少的体力到达小 X 家， 请问他最少耗费多少体力？
注意： 如果小 S 到小 X 家可以一路上都由小 Z 揹着， 那么体力上限为 $0$；
如果小 S 到不了小 X 家， 小 S 会很伤心， 体力上限为$-1$；

【输入格式】
第 1 行三个整数 $n,m,k$， 意思如题目描述。
第 2 到第 n+1 行是 $x,y,z$ 指走连接 $x$ 号小区和 $y$ 号小区的主干道要耗费 $z$ 点体力

【输出格式】
一行一个整数， 表示小 S 最少耗费的体力。

【输入样例】
5 7 1
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6

【输出样例】
4

【样例解释】
小 S 的行走路线：$1\rightarrow 3\rightarrow 2\rightarrow 5$， 其中 $2\rightarrow 5$ 这条主干道由小 Z 帮助小 S 通过。

【数据范围】
对于 30%的数据： $n<=20;m<=100;$
对于 60%的数据： $n<=100;m<=1000;$
对于 100%的数据： $n<=1000;m<=10000;z<=1000000;$

【后记】
附上两句 $2^5$ 的语录：
1.扔掉一件东西的时候， 其实扔掉的不止是东西， 记下一件事情的时候， 其实记下的不止是
事情。
2.记在脑海里的东西或许会被忘却， 但记在心里的东西， 是不会消逝的。

思路

这一题我过了（Day 2终于拿了一次第一 ）
答案显然具有单调性，所以可以进行二分答案。
于是，我们可以将问题转化为：有没有一种方法，使体力上限不超过mid。
check函数很好写，只需要把体力 > mid 的路径看做1，把 < mid 的路径看做0，dijkstra + 堆优化 即可（我也不知道要不要加优化，反正我加了）。

代码

#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;
}