题目背景
“咚咚咚……”“查水表！”原来是查水表来了，现在哪里找这么热心上门的查表员啊！小明感动的热泪盈眶，开起了门……
题目描述
妈妈下班回家，街坊邻居说小明被一群陌生人强行押上了警车！妈妈丰富的经验告诉她小明被带到了 ttt 区，而自己在 sss 区。
该市有 mmm 条大道连接 nnn 个区，一条大道将两个区相连接，每个大道有一个拥挤度。小明的妈妈虽然很着急，但是不愿意拥挤的人潮冲乱了她优雅的步伐。所以请你帮她规划一条从 sss 至 ttt 的路线，使得经过道路的拥挤度最大值最小。
输入格式
第一行有四个用空格隔开的 nnn，mmm，sss，ttt，其含义见【题目描述】。
接下来 mmm 行，每行三个整数 u,v,wu, v, wu,v,w，表示有一条大道连接区 uuu 和区 vvv，且拥挤度为 www。
两个区之间可能存在多条大道。
输出格式
输出一行一个整数，代表最大的拥挤度。
输入输出样例
输入 #1
3 3 1 3 1 2 2 2 3 1 1 3 3
输出 #1
2
这个题貌似有很多解法。
Dij的话只需要改一下d数组的定义：d[i]为i到s的路径上的最大边的最小值。同时改一下松弛条件：只有当d[x]<=z<=d[y]或者z<=d[x]<=d[y]时才更新d[y]为max(d[x],z），因为max(d[x],z）此时是s到y的某条路径上的最大值，要拿这个去更新d[y]。
题解区有大佬用的二分+BFS，很显然这是个最大值最小问题，所以二分是没有问题的。
还有大佬跑最小生成树，“将边从小到大排序,然后克鲁斯卡尔最小生成树连边,这样当S和T第一次联通时,当前边的权值就是答案了.”注意到边是从小到大排序的，刚连上的时候肯定是当前最大边。很妙。
#include <bits/stdc++.h> #define N 10005 #define M 20005 using namespace std; int n,m,s,t,tot=0,head[N],ver[2*M],edge[2*M],Next[2*M],d[N];//d[i]表示从s到i路径上的最大路径的最小值 bool v[N]; priority_queue< pair<int,int> >q; void add(int x,int y,int z) { ver[++tot]=y,edge[tot]=z,Next[tot]=head[x],head[x]=tot; } void dijkstra() { d[s]=0; q.push(make_pair(-d[s],s)); while(q.size()) { int x=q.top().second;q.pop(); if(v[x])continue; v[x]=1; int i; for(i=head[x];i;i=Next[i]) { int y=ver[i],z=edge[i]; if(d[y]>min(d[x],z))//小于等于的话就没必要更新了 { if(z>d[x]) { if(d[y]>z)//d[x] z d[y] { d[y]=z; q.push(make_pair(-d[y],y)); } } else//z<=d[x] { if(d[y]>d[x])//z d[x] d[y] { d[y]=d[x]; q.push(make_pair(-d[y],y)); } } } } } } int main() { memset(d,0x3f3f3f3f,sizeof(d)); memset(v,0,sizeof(v)); int i; scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t); for(i=1;i<=m;i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z); add(y,x,z); } dijkstra(); cout<<d[t]; return 0; }