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
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。
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。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 struct node 8 { 9 int x,y; 10 }; 11 int n,m,k,t; 12 vector<node>qu[10010]; 13 int vis[10010]; 14 int bfs(int dis) 15 { 16 memset(vis,0,sizeof(vis)); 17 queue<int>q; 18 q.push(1); 19 while(!q.empty()){ 20 int cur=q.front(); 21 q.pop(); 22 if (cur==t) return 1; 23 if (vis[cur]==k) continue; 24 int len=qu[cur].size(); 25 for (int i=0 ;i<len ;i++){ 26 int temp=qu[cur][i].x; 27 if (vis[temp] || qu[cur][i].y>dis) continue; 28 vis[temp]=vis[cur]+1; 29 q.push(temp); 30 } 31 } 32 return 0; 33 } 34 int main() { 35 while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&t)!=EOF){ 36 int a,b,c,maxn=0; 37 for (int i=0 ;i<m ;i++){ 38 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 39 node temp; 40 temp.x=b,temp.y=c; 41 qu[a].push_back(temp); 42 temp.x=a,temp.y=c; 43 qu[b].push_back(temp); 44 maxn=max(maxn,c); 45 } 46 int mid,l=0,r=maxn; 47 while(l<=r){ 48 mid=(l+r)/2; 49 if (bfs(mid)) r=mid-1; 50 else l=mid+1; 51 } 52 printf("%d ",l); 53 } 54 return 0; 55 }