小明非常喜欢换钱，这天他想到一个换钱游戏，游戏规则是这样的，从一件价值1元的小物品开始。然后，经过反复的交换，不断增加手中物品的价值。在每次兑换中，如果您的物品价值大于或等于R元，您可以兑换V元，时间成本为T分钟。现在，你的任务是帮助小明兑换到大于等于W元。

输入

第一行中的两个整数N, M (1 <= N <= 10^5, 1 <= M <= 10^9)表示可用交换的数量和最终金钱的期望值。
接下来是N行，每一行描述一个有3个整数Vi, Ri, Ti (1 <= Ri <= Vi <= 10^9, 1 <= Ti <= 10^9)的交换。

输出

输出一个数字，表示最少花费时间，如果不可以完成任务，输出"-1".

数据范围

对于10%的数据，1<= N <= 8， 1 <= M <= 10^9
对于50%的数据，1 <= N<= 1024， 1 <= M <= 10^9
对于100%的数据，1 <= N <= 100000， 1 <= M <= 10^9
1 <= Ri <= Vi <= 10^9, 1 <= Ti <= 10^9

先说一下最初的错误思路：

把每一条输入数据看做一个节点，如果节点A的vi大于另外其他任何节点B的ri值，则在A和B之间建立一条边，权值为兑换B所需要的的时间ti，以最初的价值1为起点建图，跑单源最短路，找到既返回。

是的这个方法的思路按理说是没错的，但是实际上节点相互之间建立的边实在是太多了。最后几组数据全部超空间。

正解：跑单源最短路

有同学要问了，不是说是错误的思路吗？是的，那么优化就是，虽然还是跑最短路，但是边是不需要存储起来的，这样就不会有超空间的问题了。

最短路算法大家都了解（不了解的朋友可以先找一下相关资料），我们只需要不断地找到最优的点，然后以此为跳板更新与之相连的点的数据。在优先队列即最小堆的优化下可以达到nlogn的复杂度。

那么在这道题中我们也在最小堆中维护一个节点node（value,spend）键值是spend，这样每次都从堆顶拿到花费最小的节点，以此为跳板遍历所有数据，判断节点的V和数据堆中数据的R判断可否更新，可以更新的话则在堆中加入新的更新数据，如此当堆顶出现第一个value符合条件的节点，那么speed必然是最小的。

如下:

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;const int MAX_SIZE=100005;struct node{int value;int spend;node(int _value=0,int _spend=0):value(_value),spend(_spend){}bool operator < (const node &r)const{return spend > r.spend;}};
int V[MAX_SIZE];
int R[MAX_SIZE];
int T[MAX_SIZE];int main(){//freopen("in.text","r",stdin);int n,m;int ans=-1;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d%d%d",V+i,R+i,T+i);}priority_queue<node> que;que.push(node(1,0));while(!que.empty()){node temp_node=que.top();que.pop();if(temp_node.value>=m){ans=temp_node.spend;break;}for(int i=0;i<n;i++){if(temp_node.value<V[i]&&temp_node.value>=R[i]){que.push(node(V[i],temp_node.spend+T[i]));}}}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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3108 小明爱换钱

输入

输出

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