USACO 2008 Jan. Silver
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。农场主可以指定一条从 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。求至少用多少钱能完成升级。
一句话题意 \ \ 在加权无向图上求出一条从 1 号结点到 N 号结点的路径，使路径上第K+1 大的边权尽量小。
输入格式
第一行三个整数 N,P,K.
接下来 P 行，每行三个整数 Ai,Bi,Li.
输出格式
若不存在从 1 到 N 的路径，输出 -1。否则输出所需最小费用。
样例
样例输入
5 7 1
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6样例输出
4数据范围与提示
0≤K<N≤1000,1≤P≤2000
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二分付费边的长度。
那么所有小于等于该长度的边设为0，大于它的边的长度设为1，那么如果从点1到点n的最短距离小于等于k，说明可以可以建起，否则不可以。
注意判断-1。
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1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1010; 4 const int maxm=2010; 5 int n,m,k; 6 struct edge 7 { 8 int u,v,w,ww,nxt; 9 }e[maxm<<1]; 10 int head[maxn],js; 11 void addage(int u,int v,int w) 12 { 13 e[++js].u=u;e[js].v=v;e[js].w=w; 14 e[js].nxt=head[u];head[u]=js; 15 } 16 int l,r,ans; 17 struct node 18 { 19 int dis,p; 20 bool operator < (node b)const 21 { 22 return dis>b.dis; 23 } 24 }; 25 26 bool vis[maxn]; 27 int dis[maxn]; 28 bool pd(int x) 29 { 30 for(int i=1;i<=m+m;++i)e[i].ww=e[i].w<=x?0:1; 31 memset(dis,0x3f,sizeof dis); 32 memset(vis,0,sizeof vis); 33 priority_queue< node > q; 34 dis[1]=0; 35 q.push((node){0,1}); 36 while(!q.empty()) 37 { 38 node t=q.top(); 39 q.pop(); 40 int d=t.dis,p=t.p; 41 if(vis[p])continue; 42 vis[p]=1; 43 for(int i=head[p];i;i=e[i].nxt) 44 { 45 int v=e[i].v; 46 if(dis[v]>dis[p]+e[i].ww) 47 { 48 dis[v]=dis[p]+e[i].ww; 49 q.push((node){dis[v],v}); 50 } 51 } 52 } 53 if(dis[n]==0x3f3f3f3f) 54 { 55 puts("-1"); 56 exit(0); 57 } 58 return dis[n]<=k; 59 } 60 int main() 61 { 62 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 63 for(int u,v,w,i=0;i<m;++i) 64 { 65 scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); 66 addage(u,v,w);addage(v,u,w); 67 r=max(r,w); 68 } 69 while(l<=r) 70 { 71 int mid=(l+r)>>1; 72 if(pd(mid))ans=mid,r=mid-1; 73 else l=mid+1; 74 } 75 cout<<ans; 76 return 0; 77 }