AcWing 340. 通信线路

$AcWing$ $340$. 通信线路

一、题目描述

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 (起点)，$N$号基站 (终点) 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 $2..P+1$ 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
$0≤K<N≤1000,1≤P≤10000,1≤L_i≤1000000$

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

二、题目解析

理解题意

找一条路径，边权最大的$k$条边忽略，第$k + 1$大的边权作为该条路径的代价，求最小代价

思考过程

① 从$1$号点出发，没有路可以到达$n$点, 无解，输出$-1$

② 如果 最短路径边数（注意：不是路径的加权和）不超过$k$条，含义：不用花钱就可以升级线路, 输出$0$

③ 上面 ②中给我们提出了一个新概念：路径边数，我们知道，如果想计算获取 路径边数，常见的办法是设置边权为$1$。 那是不是所有边都设置为边权为$1$呢？好像不行，因为这样的话，那人家还给你修每条路径的钱数就没用上啊，而且你也没有办法求出你的最小支出啊，此路不通。

④ 这就很纠结啊：不设边权为$1$，无法知道路径长度；全设边权为$1$，就会丢失关键信息。只能是设置 部分 边权为$1$。

⑤ 那啥样的边权为$1$,啥样的边权为$0$呢？还得用上真实的边权概念！此时，有如下猜想：

如果给我$mid$元钱，我有没有办法确定这么多钱能否够完成升级一条线路呢？
这个简单，我们可以视真实边权大于$mid$的设置 虚拟边权 为$1$,反之设为$0$
然后在这个图上用$Dijkstra$求最短路径，也就是最短路径长度：

• 如果最短路径的长度值大于$k$,说明$mid$小了，再调大一点
• 如果最短路径的长度值不大于$k$,说明$mid$大了，再调小一点

噢，原来需要 二分答案

$Code$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1010;  // 1000个点
const int M = 20010; // 10000条，记录无向边需要两倍空间
int idx, h[N], e[M], w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int n; // 点数
int m; // 边数

int k; // 不超过K条电缆，由电话公司免费提供升级服务

bool st[N]; // 记录是不是在队列中
int dis[N]; // 记录最短距离

// mid指的是我们现在选最小花费
bool check(int mid) {
    // 需要跑多次dijkstra，所以需要清空状态数组
    memset(st, false, sizeof st);
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
    dis[1] = 0;
    q.push({0, 1});

    while (q.size()) {
        PII t = q.top();
        q.pop();
        int u = t.second;
        if (st[u]) continue;
        st[u] = true;
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            int v = w[i] > mid; // 如果有边比我们现在选的这条边大，那么这条边对方案的贡献为1，反之为0
            if (dis[j] > dis[u] + v) {
                dis[j] = dis[u] + v;
                q.push({dis[j], j});
            }
        }
    }
    // 如果按上面的方法计算后，n结点没有被松弛操作修改距离，则表示n不可达
    if (dis[n] == INF) {
        puts("-1"); // 不可达，直接输出-1
        exit(0);
    }
    return dis[n] <= k; // 如果有k+1条边比我们现在这条边大，那么这个升级方案就是不合法的，反之就合法
}
int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m >> k;
    int a, b, c;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    /*
    这里二分的是直接面对答案设问： 至少用多少钱 可以完成升级
    依题意，最少花费其实是所有可能的路径中，第k+1条边的花费
    如果某条路径不存在k+1条边(边数小于k+1),此时花费为0
    同时，任意一条边的花费不会大于1e6,所以,这里二分枚举范围:0 ~ 1e6
    */
    int l = 0, r = 1e6;
    while (l < r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid)) // check函数的意义：如果当前花费可以满足要求，那么尝试更小的花费
            r = mid;
        else
            l = mid + 1;
    }
    printf("%d\n", l);
    return 0;
}