Description
Farmer John打算将电话线引到自己的农场，但电信公司并不打算为他提供免费服务。于是，FJ必须为此向电信公司支付一定的费用。 FJ的农场周围分布着N(1 <= N <= 1,000)根按1..N顺次编号的废弃的电话线杆，任意两根电话线杆间都没有电话线相连。一共P(1 <= P <= 10,000)对电话线杆间可以拉电话线，其余的那些由于隔得太远而无法被连接。 第i对电话线杆的两个端点分别为A_i、B_i，它们间的距离为 L_i (1 <= L_i <= 1,000,000)。数据中保证每对{A_i，B_i}最多只出现1次。编号为1的电话线杆已经接入了全国的电话网络，整个农场的电话线全都连到了编号为N的电话线杆上。也就是说，FJ的任务仅仅是找一条将1号和N号电话线杆连起来的路径，其余的电话线杆并不一定要连入电话网络。 经过谈判，电信公司最终同意免费为FJ连结K(0 <= K < N)对由FJ指定的电话线杆。对于此外的那些电话线，FJ需要为它们付的费用，等于其中最长的电话线的长度（每根电话线仅连结一对电话线杆）。如果需要连结的电话线杆不超过 K对，那么FJ的总支出为0。 请你计算一下，FJ最少需要在电话线上花多少钱。
Input
* 第1行: 3个用空格隔开的整数：N，P，以及K
* 第2..P+1行: 第i+1行为3个用空格隔开的整数：A_i，B_i，L_i
Output
* 第1行: 输出1个整数，为FJ在这项工程上的最小支出。如果任务不可能完成， 输出-1
Sample Input
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6
输入说明:
一共有5根废弃的电话线杆。电话线杆1不能直接与电话线杆4、5相连。电话
线杆5不能直接与电话线杆1、3相连。其余所有电话线杆间均可拉电话线。电信
公司可以免费为FJ连结一对电话线杆。
Sample Output
输出说明:
FJ选择如下的连结方案：1->3；3->2；2->5，这3对电话线杆间需要的
电话线的长度分别为4、3、9。FJ让电信公司提供那条长度为9的电话线，于是，
他所需要购买的电话线的最大长度为4。
HINT
Source
题目大意
要从电线杆1连电线一直到电线杆$n$，有$m$对电线杆之间可以连长度为$L_{i}$的电线。运行商可以免去$k$根电线的费用，所付的费用是剩下的电线长度的最大值。问最小的费用。
原题相当于求最大值的最小值。
因此二分答案是显然的。
至于check，用spfa跑出$1$到$n$最少要免的电线的根数，然后可k比大小，完事。
Code
/**
* bzoj
* Problem#1614
* Accepted
* Time: 48ms
* Memory: 1528k
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean; typedef class Edge {
public:
int end;
int w;
int next; Edge(int end = , int w = , int next = ):end(end), w(w), next(next) { }
}Edge; typedef class MapManager {
public:
int ce;
int *h;
Edge* es; MapManager() { }
MapManager(int n, int m):ce() {
h = new int[(n + )];
es = new Edge[(m + )];
memset(h, , sizeof(int) * (n + ));
} void addEdge(int u, int v, int w) {
es[++ce] = Edge(v, w, h[u]);
h[u] = ce;
} void addDoubleEdge(int u, int v, int w) {
addEdge(u, v, w);
addEdge(v, u, w);
} Edge& operator [] (int pos) {
return es[pos];
}
}MapManager; int n, m, k;
int *f;
boolean *vis;
MapManager g; inline void init() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
f = new int[(n + )];
g = MapManager(n, m << );
vis = new boolean[(n + )];
for (int i = , u, v, w; i <= m; i++) {
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
g.addDoubleEdge(u, v, w);
}
} queue<int> que;
int spfa(int s, int t, int mid) {
memset(vis, false, sizeof(boolean) * (n + ));
memset(f, 0x3f, sizeof(int) * (n + ));
que.push(s);
f[s] = ;
while (!que.empty()) {
int e = que.front();
que.pop();
vis[e] = false;
for (int i = g.h[e]; i; i = g[i].next) {
int eu = g[i].end, c = (g[i].w > mid) ? () : ();
if (f[e] + c < f[eu]) {
f[eu] = f[e] + c;
if (!vis[eu]) {
que.push(eu);
vis[eu] = true;
}
}
}
}
return f[t];
} inline void solve() {
int l = , r = 1e6 + ;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> ;
if (spfa(, n, mid) <= k)
r = mid - ;
else
l = mid + ;
}
printf("%d\n", (r > 1e6) ? (-) : (r + ));
} int main() {
init();
solve();
return ;
}