340. 通信线路 - AcWing题库
题意：
思路：
首先因为贪心，免费升级的肯定是最贵的那几根
因此这道题可以简化为：
给定一张图，求结点1到结点N的所有路径中第K+1大的边权的最小值
可以发现我们要求剩下的边中最大值的最小值，因此可以想到二分
我们如何考虑二分？
1.先去考虑我们二分的是什么
2.考虑我们二分的这个东西它具不具有单调性
3.考虑如何去check这个二分出来的东西，我们假设已经求出了二分出来的东西，在check的时候常常考虑贪心
对于这道题：
1.我们二分的是第K+1大的边权值
2.考虑单调性：当第K+1大的边权值足够大时，我们可以发现升级的边数就是0，当第K+1大的边权值足够小时，我们可以发现升级的边数就是总边数
考虑（需要升级的边数<=K）为合法，因此满足单调性
3.如何check？我们假设已经求出来了第K+1大的边权值，那么就是去check是否存在一条路径使得路径中大于第K+1大的边权值<=K，因此可以把大于第K+1的边权值的边设为1，小于的设为0，去跑最短路就行（这里好像可以用双端队列求，但是不会，只会最短路板子qwq）
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mxn=1e3+10,mxe=1e4+10,mnf=0x3f3f3f3f;
struct ty{
int to,next,w;
}edge[mxe<<1];
struct ty2{
int x,dis;
bool operator<(const ty2 &a)const{
return a.dis<dis;
}
};
priority_queue<ty2> q;
int n,m,k,x,y,w,tot=0,ans=mnf;
int head[mxn],dis[mxn],vis[mxn];
void add(int u,int v,int w){
edge[tot].w=w;
edge[tot].to=v;
edge[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
void init(){
tot=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
vis[i]=0;
head[i]=-1;
dis[i]=mnf;
}
}
int dij(int s,int t,int k){
dis[s]=0;
ty2 tmp;
tmp.dis=0,tmp.x=s;
q.push(tmp);
while(!q.empty()){
ty2 u=q.top();
q.pop();
if(vis[u.x]) continue;
vis[u.x]=1;
for(int i=head[u.x];~i;i=edge[i].next){
if(dis[edge[i].to]>dis[u.x]+(edge[i].w>k?1:0)){
dis[edge[i].to]=dis[u.x]+(edge[i].w>k?1:0);
ty2 tmp2;
tmp2.dis=dis[edge[i].to];
tmp2.x=edge[i].to;
q.push(tmp2);
}
}
}
return dis[t];
}
void init2(){
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
while(!q.empty()) q.pop();
}
bool check(int x){
init2();
return dij(1,n,x)<=k;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>n>>m>>k;
init();
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>x>>y>>w;
add(x,y,w);
add(y,x,w);
}
int l=0,r=1e6+1;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(check(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}else l=mid+1;
}
if(ans==mnf) ans=-1;
cout<<ans<<'\n';
}总结：
我们如何考虑二分？
1.先去考虑我们二分的是什么
2.考虑我们二分的这个东西它具不具有单调性
3.考虑如何去check这个二分出来的东西，我们假设已经求出了二分出来的东西，在check的时候常常考虑贪心
