题目描述

在郊区有 N 座通信基站，P 条 双向 电缆，第 i 条电缆连接基站Ai和Bi。

特别地，1 号基站是通信公司的总站，N 号基站位于一座农场中。

现在，农场主希望对通信线路进行升级，其中升级第 i 条电缆需要花费Li。

电话公司正在举行优惠活动。

农产主可以指定一条从 1 号基站到 N 号基站的路径，并指定路径上不超过 K 条电缆，由电话公司免费提供升级服务。

农场主只需要支付在该路径上剩余的电缆中，升级价格最贵的那条电缆的花费即可。

求至少用多少钱可以完成升级。

输入格式
第1行：三个整数N，P，K。

第2..P+1行：第 i+1 行包含三个整数Ai,Bi,Li。

输出格式
包含一个整数表示最少花费。

若1号基站与N号基站之间不存在路径，则输出”-1”。

数据范围
0≤K<N≤1000,
1≤P≤10000,
1≤Li≤1000000

样例

Input

5 7 1
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6

Output

4

算法

二分 + 最短路

当从结点$1$到结点$N$的所有路径中存在小于等于$K$条边的路径时，升级费用为0；不存在小于等于$K$条边的路径时，升级费用为所有可能的路径中第$K + 1$大权值的最小值（对于每一条路径而言，让电话公司免费升级权值大小为$1$到$K$的边显然最优）。

直接对结果$R$（所求的边权）进行二分，那么只要存在一条路径使得路径上边权大于等于$R$的边的数量小于等于$K$，则$R$是合法的（但不一定最小）；反之，若不存在，则$R$不合法。若$R$为合法的最优解，对于$\ge R$的所有值均合法，对于$<R$的所有值均不合法，符合二分的适用条件。

关于二分初始条件的设置，$l = 0, r = 1e6 + 1$，$r$为设置的哨兵，当不存在从$1$至$N$的路径时，二分返回的结果为$1e6 + 1$。

因为问题转化为求边权为$0$或$1$的图的最短路问题，可以使用双端队列优化dijkstra。

时间复杂度

$O(P \times logP \times logLi)$ //堆优化版本dijkstra

$O(P \times logLi)$ //双端队列优化dijkstra

C++ 代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <deque>
#include <queue>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1010, M = 20010;

int h[N], va[M], ne[M], we[M], idx;
int st[N];
int d[N];
int n, m, k;

void insert(int u, int v, int w) {
    va[++idx] = v, we[idx] = w, ne[idx] = h[u], h[u] = idx;
}

bool check(int x) { //双端队列
    memset(st, 0, sizeof st);
    memset(d, 0x3f, sizeof d);
    d[1] = 0;
    deque<int> q;
    q.push_back(1);
    while (!q.empty()) {
        int ver = q.front();
        q.pop_front();
        if (st[ver]) continue;
        st[ver] = true;
        //if (ver == n) return d[n] <= k;
        for (int i = h[ver]; i; i = ne[i]) {
            int j = va[i], w = we[i] > x;
            if (!st[j] && d[j] > d[ver] + w) {
                if (w) q.push_back(j);
                else q.push_front(j);
                d[j] = d[ver] + w;
            }
        }
    }
    return d[n] <= k;
}

// bool check(int x) { //堆优化dijkstra
//     memset(st, 0, sizeof st);
//     memset(d, 0x3f, sizeof d);
//     d[1] = 0;
//     priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > heap;
//     heap.push({0, 1});
//     while (!heap.empty()) {
//         PII t = heap.top();
//         heap.pop();
//         int ver = t.second;
//         if (st[ver]) continue;
//         st[ver] = true;
//         for (int i = h[ver]; i; i = ne[i]) {
//             int j = va[i], w = we[i] > x;
//             if (d[j] > d[ver] + w) {
//                 d[j] = d[ver] + w;
//                 heap.push({d[j], j});
//             }
//         }
//     }
//     return d[n] <= k;
// }

int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    while (m--) {
        int u, v, w;
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        insert(u, v, w);
        insert(v, u, w);
    }

    int l = 0, r = 1000001;
    while (l < r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    if (l == 1000001) printf("%d\n", -1);
    else printf("%d\n", l);
    return 0;
}