题目：架设电话线
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/50372
题意：在加权无向图上求出一条从1号结点到N号结点的路径，使路径上第K+1大的边权最小。
输入描述：第一行输入点数N，边数P和K。(0 <= k < N <= 1000, 1 <= p <= 2000)
接下来P行，每行三个整数Ai，Bi，Li，表示Ai和Bi之间有一条边权为Li的边。（1 <= Li <= 1e6）
输出描述：若不存在1到N的路径则输出-1，否则输出最小的第K + 1大的边权。
样例输入：
5 7 1
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6
样例输出：
4
样例解释：
选择路径1 -> 3 -> 2 -> 5，则边权分别为4，3，9，第k+1大，也就是第2大的边权为4。可以证明，选择其他路径时的第2大的边权无法小于4。
题目分析：堆优化版dijkstra + 二分。
解题步骤：定义check(int u)函数，用来判断是否存在一条路径的第k + 1大的边权小于等于u，若存在返回true，否则返回false。显然，对于答案ans，check（1到ans - 1）返回false，check（ans到N - 1）返回true，这个性质满足二分的条件。由于每条边的边权在【1， 1e6】的范围里，所以我们可以定义l = 0（路径边数小于等于k的情况，此时没有k + 1大的边输出0）, r = 1e6来二分寻找答案，当然要特判答案为-1的情况。
check（int u）函数的实现：将边权小于等于u的边等价于0，将边权大于u的边等价于1，那么1到N的最短距离dis[N]就表示1到N的路径最少有多少条大于u的边。若dis[N] <= k，即1到N的路径上最少的边权大于u的边的边数小于等于k，即第k + 1大的边的边权小于等于u，则返回true，否则返回false。
AC代码：
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1010, K = 1010, M = 2010, inf = 1e9;
struct st{
int x, y;
bool operator < (const st &X) const{
return y > X.y;
}
};
int n, k, m, dis[N];
vector<st> v[N];
bool check(int u){
for(int i = 1;i <= n;i++) dis[i] = inf;
dis[1] = 0;
priority_queue<st> pq;
pq.push({1, 0});
while(!pq.empty()){
int x = pq.top().x;
pq.pop();
for(int i = 0;i < v[x].size();i++){
int t = v[x][i].x, y = 0;
if(v[x][i].y > u) y = 1;
if(dis[t] > dis[x] + y){
dis[t] = dis[x] + y;
pq.push({t, dis[t]});
}
}
}
if(dis[n] <= k) return true;
return false;
}
void solve(){
scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
while(m--){
int x, y, z;
scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
v[x].push_back({y, z});
v[y].push_back({x, z});
}
int ans = 1000001;
int l = 0, r = 1000000;
while(l <= r){
int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid)){
ans = min(ans, mid);
r = mid - 1;
}
else l = mid + 1;
}
if(ans == 1000001) printf("-1\n");
else printf("%d\n", ans);
}
int main(void){
solve();
return 0;
}
时间复杂度：O（PlogP * log(1e6)），二分时间复杂度是log(1e6)，每次check就是做一次堆优化版的dijkstra，时间复杂度为O（P * logP）。
空间复杂度：O（N + P）。