题目描述
N(2<=n<=200)个城市，M(1<=m<=40000)条无向边，你要找T(1<=T<=200)条从城市1到城市N的路，使得最长的边的长度最小，边不能重复用。
输入输出格式
输入格式：
第1行三个整数N,M,T用空格隔开。
第2行到P+1行，每行包括三个整数Ai,Bi,Li表示城市Ai到城市Bi之间有一条长度为Li的道路。
输出格式：
输出只有一行，包含一个整数，即经过的这些道路中最长的路的最小长度。
输入输出样例
输入样例#1：
7 9 2
1 2 2
2 3 5
3 7 5
1 4 1
4 3 1
4 5 7
5 7 1
1 6 3
6 7 3
输出样例#1：
5
Solution
二分答案+网络流....
本来想用k长路做,然后发现每条边只能经过1次
那么,不就是网络流吗,容量为1,表示做多可以跑一次
那么具体实现,二分一个边权,只有当小于等于这个边权的才能跑,容量为1,反向边容量为0
因为是无向边,所以每次本来应该是4条边的,但跑的是最大流,所以容量为0的两条边就可以省略了,二分判断合法的方式就是看当前最大流能不能跑满T,T为题目输入
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define lol long long
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
using namespace std;
const int N=210,M=4e4+10;
const int inf=2e9;
void in(int &ans)
{
ans=0;int f=1; char i=getchar();
while(i<'0'||i>'9'){if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
while(i>='0'&&i<='9') ans=(ans<<3)+(ans<<1)+i-'0',i=getchar();
ans*=f;
}
int n,m,T,cur=-1;
int l=inf,r=-inf;
int a[M],b[M],c[M];
int to[M<<1],head[N],nex[M<<1],vis[M<<1],cap[M<<1];
int lev[N];
inline void add(int a,int b,int c)
{
to[++cur]=b,nex[cur]=head[a];
cap[cur]=c,head[a]=cur;
}
bool bfs(int s,int t)
{
queue<int>q;
memset(lev,-1,sizeof(lev));
q.push(s); lev[s]=0;
while(!q.empty()) {
int u=q.front(); q.pop();
for(int i=head[u];i;i=nex[i]) {
if(lev[to[i]]==-1 && cap[i]) {
lev[to[i]]=lev[u]+1; q.push(to[i]);
}
}
}
return lev[t]!=-1;
}
int dfs(int s,int f,int t,int rest=0)
{
if(s==t) return f;
for(int i=head[s];i;i=nex[i]) {
if(lev[to[i]]==lev[s]+1 && cap[i]) {
int r=dfs(to[i],Min(cap[i],f-rest),t);
if(r>0) {
rest+=r;
cap[i]-=r,cap[i^1]+=r;
}
}
}
if(!rest) lev[s]=-1;
return rest;
}
bool check(int mid,int ans=0)
{
memset(head,0,sizeof(head)); cur=-1;
for(int i=1;i<=m;i++) {
if(c[i]<=mid) add(a[i],b[i],1),add(b[i],a[i],1);
}
while(bfs(1,n))
while(int c=dfs(1,inf,n)) ans+=c;
return ans>=T;
}
int main()
{
in(n),in(m),in(T);
for(int i=1;i<=m;i++) {
in(a[i]),in(b[i]),in(c[i]);
l=Min(l,c[i]),r=Max(r,c[i]);
}
while(l<r) {
int mid=l+r>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d
",r);
}