在上一回和上上回里我们知道Nettle在玩《艦これ》，Nettle在整理好舰队之后终于准备出海捞船和敌军交战了。
在这个游戏里面，海域是N个战略点(编号1..N)组成，如下图所示
其中红色的点表示有敌人驻扎，猫头像的的点表示该地图敌军主力舰队(boss)的驻扎点，虚线表示各个战略点之间的航线(无向边)。
在游戏中要从一个战略点到相邻战略点需要满足一定的条件，即需要舰队的索敌值大于等于这两点之间航线的索敌值需求。
由于提高索敌值需要将攻击机、轰炸机换成侦察机，舰队索敌值越高，也就意味着舰队的战力越低。
另外在每一个战略点会发生一次战斗，需要消耗1/K的燃料和子弹。必须在燃料和子弹未用完的情况下进入boss点才能与boss进行战斗，所以舰队最多只能走过K条航路。
现在Nettle想要以最高的战力来进攻boss点，所以他希望能够找出一条从起始点(编号为1的点)到boss点的航路，使得舰队需要达到的索敌值最低，并且有剩余的燃料和子弹。
特别说明：两个战略点之间可能不止一条航线，两个相邻战略点之间可能不止一条航线。保证至少存在一条路径能在燃料子弹用完前到达boss点。
×
提示：你在找什么？
我们需要找什么？
在这个题目中我们需要找的是路径最长边。比如存在一条路径{1, p[1], p[2], … , p[j], T}, p = {p[1],p[2],…,p[j]]}, j < K，我们需要找的为 D(P) = Max{w(1, p[1]), w(p[j], T), Max{w(p[i], p[i+1]) | 1 <= i < j} }。则这道题的结果为找出所有从1到T的路径P’，求的Min{D(P’)}。由于给定的图存在环，所以要枚举出所有1到T的路径是很难的，因此我们需要换个角度去思考这个问题。
这道题结果有什么特殊性？
不妨假设答案为j，如果舰队满足j以上的索敌值，那么一定存在至少一条路径可以从1到T，并且路径数量小于K。
并且如果舰队索敌值小于j，则在K条路径的条件下一定无法从1到T。否则j就不是最小值了。
则对于索敌值满足这样一个关系：
可以看出，j值刚好是是否存在路径的一个分界线。如果我们枚举一个j’：
-
j'<j，无法到达boss点
-
j’>=j，一定可以到达boss点
则如何快速的找到这个分界线j，就是解决这道题目的关键。
不妨设f(x) = true(索敌值为x时，可以达到boss点), false(索敌值为x时，不能达到boss点)
1.从小到大枚举j’，当出现第一个f(k’)=true时，j’=j。需要枚举j次，若j很大时，该算法很低效。
2.二分枚举，设定枚举区间[L,R]，满足f(L)=false, f(R)=true。每次取中间值Mid=(L+R)/2，若f(Mid)=true，令R=Mid；否则令L=Mid。
当L+1=R时，可以知道R即为我们需要寻找的j。
最后一个问题便是f(x)怎么来写，我想这个你一定可以解决掉，另外别忘了限制了路径长度为K。
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输入
第1行：4个整数N,M,K,T。N表示战略点数量，M表示航线数量，K表示最多能经过的航路，T表示boss点编号, 1≤N,K≤10,000, N≤M≤100,000
第2..M+1行：3个整数u,v,w，表示战略点u,v之间存在航路，w表示该航路需求的索敌值，1≤w≤1,000,000。
输出
第1行：一个整数，表示舰队需要的最小索敌值。
Sample Input
5 6 2 5
1 2 3
1 3 2
1 4 4
2 5 2
3 5 5
4 5 3
Sample Output
3这题本菜鸟不看题解根本想不到用二分（也许这就是菜鸟吧）
输入
第1行：4个整数N,M,K,T。N表示战略点数量，M表示航线数量，K表示最多能经过的航路，T表示boss点编号, 1≤N,K≤10,000, N≤M≤100,000
第2..M+1行：3个整数u,v,w，表示战略点u,v之间存在航路，w表示该航路需求的索敌值，1≤w≤1,000,000。
输出
第1行：一个整数，表示舰队需要的最小索敌值。
建立一个vector的二维数组里面存储node
qu[a][i].x 表示含义为a岛到i岛所需的索敌值
有了vector的帮助这题就很容易了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
struct node
{
int x,y;
};
int n,m,k,t;
vector<node>qu[];
int vis[];
int bfs(int dis)
{
memset(vis,,sizeof(vis));
queue<int>q;
q.push();
while(!q.empty()){
int cur=q.front();
q.pop();
if (cur==t) return ;
if (vis[cur]==k) continue;
int len=qu[cur].size();
for (int i= ;i<len ;i++){
int temp=qu[cur][i].x;
if (vis[temp] || qu[cur][i].y>dis) continue;
vis[temp]=vis[cur]+;
q.push(temp);
}
}
return ;
}
int main() {
while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&t)!=EOF){
int a,b,c,maxn=;
for (int i= ;i<m ;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
node temp;
temp.x=b,temp.y=c;
qu[a].push_back(temp);
temp.x=a,temp.y=c;
qu[b].push_back(temp);
maxn=max(maxn,c);
}
int mid,l=,r=maxn;
while(l<=r){
mid=(l+r)/;
if (bfs(mid)) r=mid-;
else l=mid+;
}
printf("%d\n",l);
}
return ;
}
