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2277. 秘密挤奶机
农夫约翰正在制造一台新的挤奶机，并希望对这件事进行严格保密。
他将挤奶机藏在了农场的深处，使他能够在不被发现的情况下，进行这项任务。
在机器制造的过程中，他要在牛棚和挤奶机之间一共进行 \(T\) 次往返。
他有一个秘密通道只能在返程时使用。
农场由 \(N\) 个地标（编号 \(1 \sim N\)）组成，这些地标由 \(P\) 条双向道路（编号 \(1 \sim P\)）连接。
每条道路的长度为正，且不超过 \(10^6\)。
多条道路可能连接同一对地标。
为了尽可能的减少自己被发现的可能性，农场中的任何一条道路都最多只能使用一次，并且他应该尝试使用尽可能短的道路。
帮助约翰从牛棚（地标 \(1\)）到达秘密挤奶机（地标 \(N\)）总共 \(T\) 次。
找到他必须使用的最长的单个道路的最小可能长度。
请注意，目标是最小化所使用的最长道路的长度，而不是最小化所有被使用道路的长度之和。
保证约翰可以在不走重复道路的情况下完成 \(T\) 次行程。
输入格式
第一行包含三个整数 \(N,P,T\)。
接下来 \(P\) 行，每行包含三个整数 \(A_i,B_i,L_i\)，表示地标 \(A_i\) 和 \(B_i\) 之间存在一条长度为 \(L_i\) 的道路。
输出格式
输出一个整数，表示约翰必须使用的最长的单个道路的最小可能长度。
数据范围
\(1 \le T \le 200\),
\(2 \le N \le 200\),
\(1 \le P \le 40000\),
\(1 \le A_i,B_i \le N\),
\(1 \le L_i \le 10^6\)
输入样例：
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：
5
样例解释
约翰可以选择以下两条路径：\(1 - 2 - 3 - 7\) 和 \(1 - 6 - 7\)。
两条路径中包含的所有道路长度均不超过 \(5\)。
约翰无法在仅使用长度小于 \(5\) 的道路的情况下，两次从 \(1\) 到 \(7\)。
解题思路
二分，最大流
二分最长长度 \(x\)，即只用考虑长度小于等于 \(x\) 的边，对这些边形成的图建立流网络，每条边的容量设为 \(1\)，找 \(1\) 到 \(n\) 的最大流，即为不形成重边的路径数量，\(\color{red}{为什么？}\)可以发现流网络的可行流与实际问题是一一对应的：对于流网络中的一个可行流，从 \(1\) 出发的所有流量一定最后都到达 \(n\)，流过的边对应实际选择的路径，从 \(1\) 出发有多少流量就对应实际有多少条不重边的路径
- 时间复杂度：\(O(n^2mlogw)\)
代码
// Problem: 秘密挤奶机
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2279/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=205,M=80005,inf=1e8;
int n,m,k;
int h[N],ne[M],w[M],f[M],e[M],idx;
int S,T;
int d[N],hh,tt,q[N],cur[N];
void add(int a,int b,int c)
{
e[idx]=b,w[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
bool bfs()
{
memset(d,-1,sizeof d);
hh=tt=d[S]=0;
q[0]=S;
cur[S]=h[S];
while(hh<=tt)
{
int x=q[hh++];
for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
{
int y=e[i];
if(d[y]==-1&&f[i])
{
d[y]=d[x]+1;
cur[y]=h[y];
if(y==T)return true;
q[++tt]=y;
}
}
}
return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
if(x==T)return limit;
int flow=0;
for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
{
cur[x]=i;
int y=e[i];
if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
{
int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
if(!t)d[y]=-1;
f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
}
}
return flow;
}
int dinic()
{
int res=0,flow;
while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
return res;
}
bool ck(int x)
{
for(int i=0;i<idx;i++)
if(w[i]<=x)f[i]=1;
else
f[i]=0;
return dinic()>=k;
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
S=1,T=n;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z),add(y,x,z);
}
int l=1,r=1000000;
while(l<r)
{
int mid=l+r>>1;
if(ck(mid))r=mid;
else
l=mid+1;
}
printf("%d",l);
return 0;
}