这题好像有好多种建图方法。
一个套路的建图方法，做过这题就很容易想到。
感觉这种题解不是很好写，那就直接写怎么建图然后讲每一种边的意义吧。
【建点】把边当成点，正向边和反向边分别建点，再建立超级源点 (S) ，超级汇点 (T)
对于每一个节点 (u) 按照 (v) 颜色的颜色从小到大排序（我习惯把边设成 (u o v)）。这样所有起点为 (u) ，终点颜色相同的点会相邻。
【边一】如果这条边的终点是 (n) ，那么拉边 ((id,T,0)) ，因为它可以直接连到 (n)。
【边二】如果这条边的起点是 (1) ，那么拉边 ((S,id,1))，因为它从 (S) 出发就已经相当于“换”了一次颜色。
【边三】对于 (u) 相同的两个相邻的出边终点 (v_1,v_2) （边的编号为 (id_1,id_2)），如果颜色相同，那么拉边 ((id_1,id_2,0),(id_2,id_1,0)) ，因为这两条边可以免费走。【边五】会讲如果不同怎么拉边。
【边四】正向边向反向边拉边，因为走过去再走回来也可以。
我感觉剩下这种边是这种建图方法唯一的难点。
【边五】我们现在还没有处理颜色转换的边。这个东西看着贼难搞，不同颜色暴力拉边的话复杂度就又可以被卡成平方了。
换个思路，新建一个虚点，对于 (u) 出发的每种颜色，随便取一个边对应的点往虚点连长度为 (1) 的边，这个虚点往那个点连长度为 (0) 的边。
往虚点走就意味着要换颜色，否则根本不会走长度为 (1) 的边。而每一个颜色内部是可以随便走的，所以这种建图方法是对的。
总点数为 (2m+n+2) ，正向边和反向边总共 (2m) 个，加上 (n) 个虚点，再加上超源超汇，不要开小。还有颜色值域上限是 (10^6) ，不要开小了。
可以发现边权只有 (0) 和 (1) ，直接bfs就可以 (O(n)) ，我偷懒写了dij。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
const int N = 500005;
const int C = 1000005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n, m, S, T, tot;
int dis[N];
bool vis[N];
struct node{
int w, v, id;
node(){w = v = id = 0;}
node(int w_, int v_, int id_) {w = w_, v = v_, id = id_;}
inline bool operator < (const node&t) const {return w < t.w;}
};
vector <node> E[N];
vector <pair<int, int> > e[N];
void Dij(){
priority_queue <pair<int,int> > pq;
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
pq.push(mkp(dis[S]=0, S));
while (!pq.empty()){
int u = pq.top().se; pq.pop();
if (vis[u]) continue;
vis[u] = 1;
for (int i = 0, up = sz(e[u]); i < up; ++ i){
int v = e[u][i].se;
if (ckmin(dis[v] , dis[u] + e[u][i].fi))
if(!vis[v]) pq.push(mkp(-dis[v], v));
}
}
}
signed main() {
n = read(), m = read(), S = m * 2 + 2, T = tot = S + 1;
rep(i, 1, m) {
int x = read(), y = read(), z = read();
E[x].pb(node(z, y, i << 1)),E[y].pb(node(z, x, i << 1 | 1));
}
rep(i, 1, n){
static int tag[C];
sort(E[i].begin(), E[i].end()), ++tot;
for (int j = 0, up = sz(E[i]); j < up; ++ j){
node now = E[i][j];
if(tag[now.w]!=i){
tag[now.w]=i;
e[now.id].pb(mkp(1, tot));
e[tot].pb(mkp(0, now.id));
}
e[now.id].pb(mkp(0,now.id ^ 1));
if (i == 1) e[S].pb(mkp(1, now.id));
if (now.v == n) e[now.id].pb(mkp(0, T));
if (j && now.w == E[i][j-1].w) e[E[i][j-1].id].pb(mkp(0, now.id)), e[now.id].pb(mkp(0, E[i][j-1].id));
}
}
Dij(), printf("%d
", dis[T] == inf ? -1 : dis[T]);
return 0;
}