题目地址：

https://www.luogu.com.cn/problem/P1462

题目背景：
在艾泽拉斯大陆上有一位名叫歪嘴哦的神奇术士，他是部落的中坚力量。有一天他醒来后发现自己居然到了联盟的主城暴风城。在被众多联盟的士兵攻击后，他决定逃回自己的家乡奥格瑞玛。

题目描述：
在艾泽拉斯，有nnn个城市。编号为1,2,3,…,n1,2,3,\ldots,n1,2,3,…,n。城市之间有mmm条双向的公路，连接着两个城市，从某个城市到另一个城市，会遭到联盟的攻击，进而损失一定的血量。每次经过一个城市，都会被收取一定的过路费（包括起点和终点）。路上并没有收费站。假设111为暴风城，nnn为奥格瑞玛，而他的血量最多为bbb，出发时他的血量是满的。如果他的血量降低至负数，则他就无法到达奥格瑞玛。歪嘴哦不希望花很多钱，他想知道，在可以到达奥格瑞玛的情况下，他所经过的所有城市中最多的一次收取的费用的最小值是多少。

输入格式：
第一行333个正整数，n,m,bn,m,bn,m,b。分别表示有nnn个城市，mmm条公路，歪嘴哦的血量为bbb。
接下来有nnn行，每行111个正整数，fif_ifi。表示经过城市iii，需要交费fif_ifi元。
再接下来有mmm行，每行333个正整数，ai,bi,cia_i,b_i,c_iai,bi,ci（1≤ai,bi≤n1\leq a_i,b_i\leq n1≤ai,bi≤n）。表示城市aia_iai和城市bib_ibi之间有一条公路，如果从城市aia_iai到城市bib_ibi，或者从城市bib_ibi到城市aia_iai，会损失cic_ici的血量。

输出格式：
仅一个整数，表示歪嘴哦交费最多的一次的最小值。如果他无法到达奥格瑞玛，输出AFK。

数据范围：
对于60%60\%60%的数据，满足n≤200n\leq 200n≤200，m≤104m\leq 10^4m≤104，b≤200b\leq 200b≤200；
对于100%100\%100%的数据，满足n≤104n\leq 10^4n≤104，m≤5×104m\leq 5\times 10^4m≤5×104，b≤109b\leq 10^9b≤109；
对于100%100\%100%的数据，满足ci≤109c_i\leq 10^9ci≤109，fi≤109f_i\leq 10^9fi≤109，可能有两条边连接着相同的城市。

思路是二分答案 + 最短路。本题是要求在保证血量不变为负的前提下，单次最大收费的最小值可以是多少。容易知道，对于单次最大收费小于等于xxx的情形如果存在方案，那么对于更大的xxx当然也存在方案。从而我们可以用二分。由于起点和终点显然是要收费的，所以二分左端点为max⁡{f1,fn}\max\{f_1,f_n\}max{f1,fn}；单次最大收费的最大可能即为max⁡ifi\max_if_imaxifi，此为右端点。对于每个位于区间内的xxx，我们判断只走收费不超过xxx的城市，是否能从111走到nnn，也即判断从111走到nnn，如果将耗血量视为费用，最短路长度是否小于等于bbb，可以用Dijkstra算法来做。如果能，则收缩右端点；否则收缩左端点。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
using PLI = pair<long, int>;const int N = 10010, M = 100010;
int n, m, b, fee[N];
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
long dist[N];
bool vis[N];#define add(a, b, c) \
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++int dijkstra(int maxf) {memset(dist, 0x3f, sizeof dist);memset(vis, 0, sizeof vis);dist[1] = 0;priority_queue<PLI, vector<PLI>, greater<PLI>> heap;heap.push({0, 1});while (heap.size()) {auto t = heap.top(); heap.pop();int u = t.second;if (vis[u]) continue;if (u == n) break;vis[u] = true;for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {int v = e[i];if (fee[v] > maxf) continue;if (dist[u] + w[i] < dist[v]) {dist[v] = dist[u] + w[i];heap.push({dist[v], v});}}}return dist[n];
}int main() {memset(h, -1, sizeof h);scanf("%d%d%d", &n, &m, &b);int l = 0, r = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &fee[i]);r = max(r, fee[i]);}l = max(fee[1], fee[n]);for (int i = 1; i <= m; i++) {int a, b, c;scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);add(a, b, c), add(b, a, c);}while (l < r) {int mid = l + (r - l >> 1);if (dijkstra(mid) <= b) r = mid;else l = mid + 1;}if (dijkstra(l) > b) puts("AFK");else printf("%d\n", l);
}

时间复杂度O(mlog⁡nlog⁡(R−L))O(m\log n\log (R-L))O(mlognlog(R−L))，L=max⁡{f1,fn},R=max⁡ifiL=\max\{f_1,f_n\}, R=\max_i f_iL=max{f1,fn},R=maxifi，空间O(n+m)O(n+m)O(n+m)。

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