第一道题：P1186 玛丽卡
题意分析：在一个图中随便求任意断了一条边的最短路的最大值。(最大值是因为有多种断边的方案)。
思路解析：首先是大暴力，根据题目要求模拟就行了。就是依次枚举每条边，再断开这条边并跑一遍 spfa 或 dijkstra
,这样的时间复杂度是 O(m2logm) 可以说妥妥的T。
但是千里之行始于足下，正解还是要建立在暴力的基础上的。所以现在开始想一想能怎么优化，首先可以确定 spfa 和
dijkstra 是没法再优化了。所以优化的肯定就是断边的方案，什么样的边肯定不会断呢？可以确定，不在 1-n 最短路上
的边一定不会断，而这个最短路是其中任意一个最短路就好了。因为如果一条边不在 1-n 的所有最短路上的话断了也是
白断，只要继续走这条最短路就好了。所以只有在最短路上的边才有被断的“资格”。那怎么确定一条边是不是在最短
路上呢？可以记录每个点的前缀节点，也就是它可以有什么节点过来是最短路。然后从n开始遍历前缀节点，直到 1 号节
点，这样遍历的这条路径就是一条最短路。这里注意，有可能有很多最短路，但是只用记录其中一条即可，因为断的边必
须在所有最短路上才行。
具体步骤：
1: 建图
2: 一遍spfa，找到所有点的前缀节点。
3: 之后从n枚举，找到最短路径上的边，并删除（标记）这条边，再开始跑 spfa 或 dijkstra （但我写的是 spfa ）。
4: 记录并输出答案
完整代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int NR=1005;
const int MR=1e6+10;
int n,m;
int to[MR],nxt[MR],val[MR];
int head[NR];
int tot=1;//邻接表
void add(int x,int y,int z)
{
to[tot]=y;
val[tot]=z;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot++;
}
bool flag[NR][NR];//标记数组，表示i—>j这条边被删除了
bool vis[NR];
int la[NR];//前缀节点
int dis[NR];
int ans;
void spfa(bool f)//正常spfa，但是bool f的作用是是否计算la，也就是前缀节点
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int> q;
q.push(1);
dis[1]=0;
vis[1]=1;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(flag[x][y]) continue;
if(dis[y]>dis[x]+val[i])
{
if(f) la[y]=x;
dis[y]=dis[x]+val[i];
if(!vis[y])
{
vis[y]=1;
q.push(y);
}
}
}
}
}
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
// freopen("1.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z);add(y,x,z);
}
spfa(1);
for(int i=n;i;i=la[i])
{
flag[la[i]][i]=1;
flag[i][la[i]]=1;//标记
spfa(0);
flag[la[i]][i]=0;
flag[i][la[i]]=0;//解除标记
ans=max(ans,dis[n]);//更新答案
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
第二题：P1462 通往奥格瑞玛的道路
题意简述：有一个图，其中每个点和边都有一个权值，求在边权和不大于 b 时经过的最大点权的最小值是多少。
思路解析：首先可以确定这个题一定是个与最短路有关的题（非常明显），但这道题和正常的最短路模板比起来就多了
一个点权限制，否则就是一个模板题。所以我们要将不会的转化为会的，所以我们先忽略点权的事情，相信大家都会做。
就只要跑一遍最短路就行了。
但如果已经规定了最大点权那我们会不会呢？当然是会的，只要有一些点不能走不就行了，那么就是遍历到一个节点后
如果发现这个点的权值大于最大的权值，那么就直接跳过这个点。
讲到这里，相信大家都会做这道题了，怎么将原题规定最大点权呢？当然是二分答案啦！二分最大点权然后规定点权后跑
spfa 然后看到 dis[n] 的值是否大于b，来判断这个最大权值是否合法。
这个算法的时间复杂度是 O(km×log(max{c_i}-min{c_i}) 是能过的。
再来理一下思路
step 1: 读入建图
step 2: 二分最大点权值
step 3: 在 step2 的点权限制下跑 spfa ，最后再检查 dis[n] 是否大于 b。
step 4: 输出最小二分值或 AFK。
完整代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int NR=1e4+10;
const int MR=1e5+10;
int n,m,b;
int a[NR];
int to[MR],nxt[MR],val[MR];
int head[NR];
int tot=1;
void add(int x,int y,int z)
{
to[tot]=y;
val[tot]=z;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot++;
}
bool vis[NR];
int dis[NR];
bool spfa(int num)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
queue<int> q;q.push(1);
dis[1]=0;vis[1]=1;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
if(a[x]>num) continue;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(a[y]>num) continue;
if(dis[y]>dis[x]+val[i])
{
dis[y]=dis[x]+val[i];
if(!vis[y])
{
vis[y]=1;
q.push(y);
}
}
}
}
return dis[n]<b;
}
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
// freopen("1.out","w",stdout);
n=read(),m=read(),b=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z);add(y,x,z);
}
int l=0,r=1000000000,ans=-1;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(spfa(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
if(ans>0) printf("%d
",ans);
else puts("AFK");
return 0;
}