一、題目

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二、解法

這道題可以考慮微調法，也就是首先把不定權值都設定成 \(1\)，然後再慢慢調整

具體來說，我們把某一個不定權值增加 \(1\) ，你會發現最短路不會降低，而且最多增加 \(1\) 的。這樣如果我們微調了足夠的次數就一定能取到要的最短路。

現在我們考慮加速微調的過程，設 \(x_i\) 為第 \(i\) 個不定邊，那麼我們依次調整 \(x_1,x_2.....\) 可以二分微調的次數，那麼所有邊的權值都知道了。計算出最短路之後，我們用最短路長度去判斷下一次往哪邊分。不難發現如果存在答案的話是一定能被二分出來的。

時間複雜度 \(O(m\log n\log (ml))\)

還有一個跑兩遍最短路的做法，也就是第二次讓 \(s\) 到所有點的最短路都增加一開始最短路和目標長度的差值，這樣的複雜度 \(O(m\log n)\)，雖然十分優秀但我感覺十分難想。最後給出微調法的程式碼：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream> 
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 100005;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,L,cnt,s,t,tot,f[M],a[M],b[M],c[M],tag[M],dis[M];
struct edge
{
	int v,c,next;
}e[2*M];
struct node
{
	int u,c;
	bool operator < (const node &b) const
	{
		return c>b.c;
	}
};
int dij()
{
	priority_queue<node> q;
	q.push(node{s,0});
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	dis[s]=0;
	while(!q.empty())
	{
		node t=q.top();q.pop();
		if(dis[t.u]<t.c) continue;
		for(int i=f[t.u];i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].v,c=e[i].c;
			if(dis[v]>dis[t.u]+c)
			{
				dis[v]=dis[t.u]+c;
				q.push(node{v,dis[v]});
			}
		}
	}
	return dis[t];
}
int check(int x)//返回序列長度是x的最短路長度 
{
	tot=0;
	memset(f,0,sizeof f);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int ct=c[i];
		if(tag[i]) ct+=x/cnt+(x%cnt>=tag[i]);
		e[++tot]=edge{a[i],ct,f[b[i]]},f[b[i]]=tot;
		e[++tot]=edge{b[i],ct,f[a[i]]},f[a[i]]=tot;
	}
	return dij();
}
void print(int x)
{
	puts("YES");
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int ct=c[i];
		if(tag[i]) ct+=x/cnt+(x%cnt>=tag[i]);
		printf("%lld %lld %lld\n",a[i]-1,b[i]-1,ct);
	}
}
void dich(int l,int r)
{
	if(l>r) return;
	int mid=(l+r)>>1,t=check(mid);
	if(t==L)
	{
		print(mid);
		exit(0);
	}
	if(t>L) dich(l,mid-1);
	else dich(mid+1,r);
}
signed main()
{
	n=read();m=read();L=read();s=read()+1;t=read()+1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		a[i]=read()+1;b[i]=read()+1;c[i]=read();
		if(c[i]==0) tag[i]=++cnt,c[i]=1;
	}
	dich(0,L*m);
	puts("NO");
}