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还是得加上一个前排提醒：前方公式密集，请小心谨慎处理。
推式子还是得自己手推才有意义，给出的过程更多只是用作参照检验。
我觉得原来那种推导太生硬了，尝试更新一个平凡（或许？）的推导。
考虑利用线性规划的对偶建模。最短路本身就是经典的线性规划，用三角不等式 \(d_v \geq d_u + w(u, v)\) 可以列出如下式子：
\[\begin{aligned}
\mathrm{maximize} && d_n - d_1 & \\
\mathrm{s.t.} && d_v - d_u - a_{u, v} & \leq w(u, v) && (u, v)\in E \\
&& \sum_{(u, v)\in E}a_{u, v} & \leq x \\
&& d_i, a_{u, v} & \geq 0
\end{aligned}
\]
虽然可以添上 \(d_1 = 0\)，不过这样就不对称了，所以没有这么做（或许也可以推，可以自行尝试）。
直接将其上式对偶：
\[\begin{aligned}
\mathrm{minimize} && \sum_{(u, v)\in E}w(u, v)\times f_{u, v} + x\times g & \\
\mathrm{s.t.} && \sum_{(p, u)\in E}f_{p, u} - \sum_{(u, p)\in E}f_{u, p} & \geq 0 && 1 < u < n \\
&& \sum_{(p, 1)\in E}f_{p, 1} - \sum_{(1, p)\in E}f_{1, p} & \geq -1 \\
&& \sum_{(p, n)\in E}f_{p, n} - \sum_{(n, p)\in E}f_{n, p} & \geq 1 \\
&& g - f_{u, v} & \geq 0 && (u, v)\in E \\
&& f_{u, v}, g & \geq 0
\end{aligned}
\]
注意到 \(1, n\) 对应的不等式长得和其他不一样，考虑变形。只需引入变量 \(f_{n, 1} = 1\) 即可：
\[\begin{aligned}
\mathrm{minimize} && \sum_{(u, v)\in E}w(u, v)\times f_{u, v} + x\times g & \\
\mathrm{s.t.} && \sum_{(p, u)\in E'}f_{p, u} - \sum_{(u, p)\in E'}f_{u, p} & \geq 0\\
&& g - f_{u, v} & \geq 0 && (u, v)\in E \\
&& f_{n, 1} & = 1 \\
&& f_{u, v}, g & \geq 0
\end{aligned}
\]
考虑所有 \(n\) 个 \(\sum_{(p, u)\in E'}f_{p, u} - \sum_{(u, p)\in E'}f_{u, p} \geq 0\) 形式的不等式。
由于每条边恰好在其中出现 \(\pm 1\) 各一次，因此不等式左边相加等于零。
这可以推出 \(\sum_{(p, u)\in E'}f_{p, u} - \sum_{(u, p)\in E'}f_{u, p} = 0\)（想一想，为什么？）。
现在我们冷静下来，分析这个式子和费用流的关系。
\(\sum_{(p, u)\in E'}f_{p, u} - \sum_{(u, p)\in E'}f_{u, p} = 0\) 对应流量平衡，\(f_{n, 1} = 1\) 规定了总流量为 1。
代价 \(\sum_{(u, v)\in E}w(u, v)\times f_{u, v}\) 即正常费用流的代价。
不过多出来的这个 \(g\) 有些令人困惑。\(g \geq f_{u, v}\) 像是容量，然而代价中又有 \(x\times g\) 这样的项。
考虑作变换 \(f'_{u, v} = f_{u, v} / g\)，将容量固定下来。于是可以得到如下的最终结果：
\[\begin{aligned}
\mathrm{minimize} && (\sum_{(u, v)\in E}w(u, v)\times f'_{u, v} + x)\times g &\\
\mathrm{s.t.} && \sum_{(p, u)\in E'}f'_{p, u} &= \sum_{(u, p)\in E'}f'_{u, p} \\
&& f'_{u, v} & \leq 1 && (u, v)\in E \\
&& f'_{n, 1} & = 1 / g \\
&& f'_{u, v}, g & \geq 0
\end{aligned}
\]
设流量 \(flow = 1 / g\)，费用 \(cost = \sum_{(u, v)\in E}w(u, v)\times f'_{u, v}\)，最终答案为 \(\frac{cost + x}{flow}\)。
由于只会有 \(O(n)\) 种流量，直接求出所有可能，暴力回答询问。
当然，冷静分析一下发现只需要 \((flow, cost)\) 构成的凸包，询问可以二分。
如果你不太懂最短路还有三角不等式，这里提供另一种思路。
记 \(PATH\) 表示所有 \(1\) 到 \(n\) 路径的集合，我们需要取这些路径长度最小值，并最大化它。
最小值最大看起来很怪，不过你可以这么写线性规划：
\[\begin{aligned}
\mathrm{maximize} && D & \\
\mathrm{s.t.} && D - \sum_{(u, v)\in E} a_{u, v} & \leq \sum_{(u, v)\in E} w(u, v) && L\in PATH \\
&& \sum_{(u, v)\in E}a_{u, v} & \leq x \\
&& D, a_{u, v} & \geq 0
\end{aligned}
\]
容易发现它确实做到了 “最小值最大”。
对偶：
\[\begin{aligned}
\mathrm{minimize} && \sum_{L\in PATH}\left(\sum_{(u, v)\in E} w(u, v)\right)\times X_L + x\times Y &\\
\mathrm{s.t.} && Y - \sum_{(u, v)\in L}X_L & \geq 0 && (u, v)\in E \\
&& \sum_{L\in PATH} X_L & \geq 1 \\
&& X_L, Y & \geq 0
\end{aligned}
\]
做一个类似的变换 \(X'_L = X_L / Y\)，最后得到的结果大概是 “选出若干条路径，使得每条边最多被一条路径经过”，后面的过程类似。
最后，线性规划对偶建模本身只是分析问题的一种手段，也即你可以不懂对偶，纯贪心得到相同的结果。
然而列线性规划可以不动脑子，这是好的。
