通信线路

第k大边最短路 T3

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 $A_i$ 和 $B_i$。

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 $L_i$。

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 $\mathrm{2..}P+1$ 行：第 $i+1$ 行包含三个整数 $A_i,B_i,L_i$。

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

$0\le K<N\le 1000$ $1\le P\le 10000$ $1\le L_i\le 1000000$

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

思路

题意概括为, 给一个无向带权图, 求1~N的所有通路中, 第K+1大的边最小的路径。 输出的就是这K+1大的边的权值。

既然是最大值最小的问题, 可以尝试用二分结果来思考。 设当前选定K+1大的边权值为x, 我们需要确定是否在图中存在一条路径, 上面权值比x大的边有k个。 当x变小时, 1N的最短路显然比x大的会增加； 当x变大时, 1N的最短路显然比x大的会减少。

因此可以使用二分答案来求解, 至于1~N中最短路求权值比x大的边数量, 可以让大于x的权值设为1, 小于等于x的设为0, 这样就是01图, 可以使用双端队列BFS来以$O(n)$的复杂度解决掉。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cmath>
#include <deque>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10, M = 2e4 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int n,p,k;
int dist[N];
bool st[N];
 
 
void add(int a ,int b, int c)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
 
bool check(int x)
{
    deque<int> q;
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    memset(st, 0, sizeof st);
    q.push_front(1);
    dist[1] = 0;
    
    while(q.size())
    {
        int t = q.front();
        q.pop_front();
        if(st[t]) continue;
        st[t] = true;
        for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
        {
            int j = e[i], v = w[i] > x;
            if(dist[j] > dist[t] + v)
            {
                dist[j] = dist[t] + v;
                if(!v) q.push_front(j);
                else q.push_back(j);
            }
        }
    }
 
    return dist[n] > k;
}
 
 
int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> p >> k;
    while(p--)
    {
        int a, b, c;
        cin >>a >> b >>c;
        add(a,b,c);
        add(b,a,c);
    }
    
    int l = -1, r = 1e6 + 1;
    while(l != r - 1)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }
    
    if(r == (int)1e6 + 1) cout <<-1 <<endl;
    else cout << r << endl;
    
    return 0;
}