因為所求的最優解不關乎到達目的地時的血量，所以我們只需考慮能否到達和如何取到最優解這兩個問題。如果用貪心之類的方法，可以想象這個題目會變得無比復雜，所以我們換一種思路想想。題目要求的是在能夠到達奧格瑞瑪的情況下，一路上所花費的過路費的最大值的最小可能值。我們可以想象，如果給定一個過路費的最大值Max，那麽就相當於是從圖中刪去了過路費大於Max 的所有點。我們顯然可以用單源最短路算法判斷，刪去一部分點後歪嘴哦能否到達奧格瑞瑪，即從點1 到點n 的距離是否大於等於數據中給出的初始血量b。這樣一來，更不難想到，Max 的值越小，歪嘴哦能成功回城的“希望”就越小，因為Max 的值越小，圖中的點越少。那麽，我們就可以從所有城市的過路費數組中二分出答案了，只需用SPFA 簡單驗證解的可行性即可。另外再多說幾句，看我的代碼就可以知道，歪嘴哦不能回到奧格瑞瑪，即輸出“AFK”的情況有且僅有一種：不論Max 怎麽大，他都無法回到奧格瑞瑪，這不難想到，采用預判的方式判斷無解還可以稍微減少處理數據的復雜程度。並且，Max 的值一定要大於等於點1 和點n 的過路費。

 1 #include<queue>
 2 #include<vector>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cstring>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<cstdio>
 8 using namespace std;
 9 const long long N=11111,INF=0x3fffffffffffffff;
10 long long n,m,b,f[N],val[N],l,r,res;
 
11 vector<long long> gr[N],dis[N];
12 
13 bool check(long long v){
14     long long d[N];
15     bool inq[N];
16     queue<long long> q;
17     memset(inq,0,sizeof inq);memset(d,0x3f,sizeof d);
18     q.push(1);inq[1]=true;d[1]=0;
19     while(!q.empty()){
20         long long x=q.front();q.pop();inq[x]=false
 
;
21         for(long long i=0;i<gr[x].size();i++)
22             if(f[gr[x][i]]<=v&&d[x]+dis[x][i]<d[gr[x][i]]){
23                 d[gr[x][i]]=d[x]+dis[x][i];
24                 if(!inq[gr[x][i]])q.push(gr[x][i]),inq[gr[x][i]]=true;
25             }
26     }
27     return f[n]<=v&&d[n]<b;
28 }
29 
30 int main(){
31     cin>>n>>m>>b;
32     for(long long i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",f+i);r+=f[i];val[i]=f[i];}
33     sort(val+1,val+1+n);
34     
35     while(m--){
36         long long x,y,v;scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&v);
37         gr[x].push_back(y);dis[x].push_back(v);
38         gr[y].push_back(x);dis[y].push_back(v);
39     }
40     
41     if(!check(INF)){
42         cout<<"AFK"<<endl;
43         return 0;
44     }
45     
46     while(val[l]<max(f[1],f[n]))l++;l--;
47     r=n;
48     while(l<=r){
49         m=(l+r)>>1;
50         if(check(val[m]))r=m-1,res=val[m];
51         else l=m+1;
52     }
53     cout<<res<<endl;
54     return 0;
55 }

　　洛谷 664ms

通往奧格瑞瑪的道路——二分加SPFA