題面

對夢想的持續追求讓實力本身很弱的David一天天變強。
他最終考上了自己所喜歡的大學。
北京有啥好大學想必大家都比我清楚吧。

成都到北京之間有 座城市，城市和城市之間由 條雙向通行的道路相連，城市和城市之間兩兩可達。通過第條道路需要交納 的過路費。Acid公司很喜歡有夢想的年輕人，他們決定對前往高校上學的學生的路費予以補助。補助的方式是，在一條路徑

上，你只需要交納路費最貴的前 條道路的費用就可以了。

如果路徑經過了小於 條道路則不補助（這麼近你自己給嘛~）你的任務是求出David到達夢想中的學校所需要的最小路費。

分析

因為昨晚上才做了一個二分的題，因此拿著就開始二分，然後又是染0和1。。好吧掛得只有15分。。。

就像出題人所言，你看這資料範圍如此小，怎麼會是二分呢？？二分的題的n怎麼也是跟了4個0的吧？？

正確姿勢

列舉答案中最大的不收費邊設其價值為val_x，然後把所有的邊的邊權減去val_x，不足 val_x的設為0，跑最短路，最後把答案加上k*val_x ，然後再對所有的情況取min就是最優解

我們設最短路徑中有x條邊大於k

當 x取到k的時候，答案是正確的。剛好k條邊收了費。

而如果最短路徑中有大於k條邊是正數，我們將從大到小的第y條邊的邊權作為新的val_x，並令其為val_y。

設原先的最短路為 M，以 val_y作為答案，求出的答案將會變為 M-(val_y-val_x)*x+val_y*k這個答案是比M+val_x

證明很簡單，抓住val_y>val_x,x>k,即可，不再贅述。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 3030
#define mp make_pair
#define ll long long
#define INF 0x7fffffff7fffffff
typedef pair<ll,ll> pii;
ll n,m,k,cnt,ans=INF;
ll vis[N],d[N],first[N];
struct email
{
    ll u,v,w,o;
    ll nxt;
}e[N
 
*4];

inline void add(ll u,ll v,ll o)
{
    e[++cnt].nxt=first[u];first[u]=cnt;
    e[cnt].u=u;e[cnt].v=v;e[cnt].o=o;
}
priority_queue<pii>q;
ll get()
{
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    while(!q.empty())q.pop();
    d[1]=0;    q.push(mp(-d[1],1));
    while(!q.empty())
    {
        pii x=q.top();q.pop();
        ll u=x.second;
        if(vis[u])continue;vis[u]=1;
        for(ll i=first[u];i;i=e[i].nxt)
        {
            ll v=e[i].v,w=e[i].w;
            if(d[v]>d[u]+w&&d[u]+w<ans)
                d[v]=d[u]+w,q.push(mp(-d[v],v));
        }
    }
    return d[n];
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
       for(ll i=1;i<=m;i++)
    {
        ll u,v,o;
           scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&o);
        add(u,v,o);add(v,u,o);
       }
       for(ll i=0;i<=cnt;i++)
       {
           ll del=e[i].o;
           for(ll j=1;j<=cnt;j++)e[j].w=max((ll)0,e[j].o-del);
           ans=min(ans,get()+k*del);
       }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}