bzoj 1614 Telephone Lines架设电话线 - 二分答案 - 最短路

Description

Farmer John打算将电话线引到自己的农场，但电信公司并不打算为他提供免费服务。于是，FJ必须为此向电信公司支付一定的费用。 FJ的农场周围分布着N(1 <= N <= 1,000)根按1..N顺次编号的废弃的电话线杆，任意两根电话线杆间都没有电话线相连。一共P(1 <= P <= 10,000)对电话线杆间可以拉电话线，其余的那些由于隔得太远而无法被连接。 第i对电话线杆的两个端点分别为A_i、B_i，它们间的距离为 L_i (1 <= L_i <= 1,000,000)。数据中保证每对{A_i，B_i}最多只出现1次。编号为1的电话线杆已经接入了全国的电话网络，整个农场的电话线全都连到了编号为N的电话线杆上。也就是说，FJ的任务仅仅是找一条将1号和N号电话线杆连起来的路径，其余的电话线杆并不一定要连入电话网络。 经过谈判，电信公司最终同意免费为FJ连结K(0 <= K < N)对由FJ指定的电话线杆。对于此外的那些电话线，FJ需要为它们付的费用，等于其中最长的电话线的长度（每根电话线仅连结一对电话线杆）。如果需要连结的电话线杆不超过 K对，那么FJ的总支出为0。 请你计算一下，FJ最少需要在电话线上花多少钱。

Input

* 第1行: 3个用空格隔开的整数：N，P，以及K

* 第2..P+1行: 第i+1行为3个用空格隔开的整数：A_i，B_i，L_i

Output

* 第1行: 输出1个整数，为FJ在这项工程上的最小支出。如果任务不可能完成， 输出-1

Sample 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

输入说明:

一共有5根废弃的电话线杆。电话线杆1不能直接与电话线杆4、5相连。电话
线杆5不能直接与电话线杆1、3相连。其余所有电话线杆间均可拉电话线。电信
公司可以免费为FJ连结一对电话线杆。

Sample Output

4

输出说明:

FJ选择如下的连结方案：1->3；3->2；2->5，这3对电话线杆间需要的
电话线的长度分别为4、3、9。FJ让电信公司提供那条长度为9的电话线，于是，
他所需要购买的电话线的最大长度为4。

HINT

 

Source

Silver

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题目大意

　　要从电线杆1连电线一直到电线杆$n$，有$m$对电线杆之间可以连长度为$L_{i}$的电线。运行商可以免去$k$根电线的费用，所付的费用是剩下的电线长度的最大值。问最小的费用。

　　原题相当于求最大值的最小值。

　　因此二分答案是显然的。

　　至于check，用spfa跑出$1$到$n$最少要免的电线的根数，然后可k比大小，完事。

Code

 /**
  * bzoj
  * Problem#1614
  * Accepted
  * Time: 48ms
  * Memory: 1528k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef bool boolean;

 typedef class Edge {
     public:
         int end;
         int w;
         int next;

         Edge(int end = , int w = , int next = ):end(end), w(w), next(next) {    }
 }Edge;

 typedef class MapManager {
     public:
         int ce;
         int *h;
         Edge* es;

         MapManager() {        }
         MapManager(int n, int m):ce() {
             h = new int[(n + )];
             es = new Edge[(m + )];
             memset(h, , sizeof(int) * (n + ));
         }

         void addEdge(int u, int v, int w) {
             es[++ce] = Edge(v, w, h[u]);
             h[u] = ce;
         }

         void addDoubleEdge(int u, int v, int w) {
             addEdge(u, v, w);
             addEdge(v, u, w);
         }

         Edge& operator [] (int pos) {
             return es[pos];
         }
 }MapManager;

 int n, m, k;
 int *f;
 boolean *vis;
 MapManager g;

 inline void init() {
     scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
     f = new int[(n + )];
     g = MapManager(n, m << );
     vis = new boolean[(n + )];
     for (int i = , u, v, w; i <= m; i++) {
         scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
         g.addDoubleEdge(u, v, w);
     }
 }

 queue<int> que;
 int spfa(int s, int t, int mid) {
     memset(vis, false, sizeof(boolean) * (n + ));
     memset(f, 0x3f, sizeof(int) * (n + ));
     que.push(s);
     f[s] = ;
     while (!que.empty()) {
         int e = que.front();
         que.pop();
         vis[e] = false;
         for (int i = g.h[e]; i; i = g[i].next) {
             int eu = g[i].end, c = (g[i].w > mid) ? () : ();
             if (f[e] + c < f[eu]) {
                 f[eu] = f[e] + c;
                 if (!vis[eu]) {
                     que.push(eu);
                     vis[eu] = true;
                 }
             }
         }
     }
     return f[t];
 }

 inline void solve() {
     int l = , r = 1e6 + ;
     while (l <= r) {
         int mid = (l + r) >> ;
         if (spfa(, n, mid) <= k)
             r = mid - ;
         else
             l = mid + ;
     }
     printf("%d\n", (r > 1e6) ? (-) : (r + ));
 }

 int main() {
     init();
     solve();
     return ;
 }