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题目大意：
在一个节点标号为1~n的无向图中，求出一条1~n的路径，使得路径上的第K+1条边的边权最小。
解题分析：
直接考虑情况比较多，所以我们采用二分答案，先二分枚举第K+1条路的边权，然后根据枚举的边权，重新建图。因为john只需要支付除K条边之后权值最大的边，所以对于所有边权小于等于枚举边的，将其边权置为0，对于那些大于枚举边权的边，边权则置为1，这样，对1~n跑最短路，就能够用于判断枚举的答案是否成立。因为建的是边权为0、1的图求最短路，所以也可以用双端队列实现的BFS求解。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; #define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++) #define pb push_back const int N = 1e3+5, M = 1e4+5; const int INF = 0x3f3f3f3f; int n,m,k,cnt,head[N],vis[N]; struct Edge{ int to,nxt,val; }edge[M<<1]; struct Ege{ //记录下初始输入边的个数 int x,y,w; Ege(int _x=0,int _y=0,int _w=0):x(_x),y(_y),w(_w){} }; vector<Ege>vec; struct Node{ int dist,loc; Node(int _dist=0,int _loc=0):dist(_dist),loc(_loc){} bool operator <(const Node &tmp)const{ return dist>tmp.dist; } }node[N]; void init(){ cnt=0;clr(head,-1); } void addedge(int u,int v,int w){ edge[++cnt].to=v,edge[cnt].val=w; edge[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt; } void Getmap(int x){ init(); for(int i=0;i<vec.size();i++){ Ege now=vec[i]; int u=now.x,v=now.y,w=now.w; if(w<=x)addedge(u,v,0),addedge(v,u,0); //将花费<=k的道路边权置0，因为john只需要支付最大的道路 else addedge(u,v,1),addedge(v,u,1); //大于的边置为1,免费的k条边是否能够在满足题目条件的情况下，连通1~n点 } } bool check(int x){ Getmap(x); //根据枚举的答案，建立0、1图，然后在这个0、1图上跑最短路 priority_queue<Node>q; for(int i=1;i<=n;i++){ vis[i]=0,node[i].loc=i,node[i].dist=INF; } node[1].dist=0; q.push(node[1]); while(q.size()){ int u=q.top().loc;q.pop(); if(vis[u])continue; vis[u]=1; for(int i=head[u];~i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].to; if(node[v].dist>node[u].dist+edge[i].val){ node[v].dist=node[u].dist+edge[i].val; q.push(node[v]); } } } if(node[n].dist<=k)return true; return false; } int main(){ while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF){ rep(i,1,m){ int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); vec.pb(Ege(u,v,w)); } int l=0,r=1e6+10,ans=-1; while(l<=r){ //二分答案，枚举john需要支付的钱数,即连通1~n的道路中，除k条路外，花费最大的路径 int mid=l+r>>1; if(check(mid))ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } printf("%d\n",ans); } }
2019-03-06