问题描述
A市有n个交通枢纽，其中1号和n号非常重要，为了加强运输能力，A市决定在1号到n号枢纽间修建一条地铁。
地铁由很多段隧道组成，每段隧道连接两个交通枢纽。经过勘探，有m段隧道作为候选，两个交通枢纽之间最多只有一条候选的隧道，没有隧道两端连接着同一个交通枢纽。
现在有n家隧道施工的公司，每段候选的隧道只能由一个公司施工，每家公司施工需要的天数一致。而每家公司最多只能修建一条候选隧道。所有公司同时开始施工。
作为项目负责人，你获得了候选隧道的信息，现在你可以按自己的想法选择一部分隧道进行施工，请问修建整条地铁最少需要多少天。
地铁由很多段隧道组成，每段隧道连接两个交通枢纽。经过勘探，有m段隧道作为候选，两个交通枢纽之间最多只有一条候选的隧道，没有隧道两端连接着同一个交通枢纽。
现在有n家隧道施工的公司，每段候选的隧道只能由一个公司施工，每家公司施工需要的天数一致。而每家公司最多只能修建一条候选隧道。所有公司同时开始施工。
作为项目负责人，你获得了候选隧道的信息，现在你可以按自己的想法选择一部分隧道进行施工，请问修建整条地铁最少需要多少天。
输入格式
输入的第一行包含两个整数n, m，用一个空格分隔，分别表示交通枢纽的数量和候选隧道的数量。
第2行到第m+1行，每行包含三个整数a, b, c，表示枢纽a和枢纽b之间可以修建一条隧道，需要的时间为c天。
第2行到第m+1行，每行包含三个整数a, b, c，表示枢纽a和枢纽b之间可以修建一条隧道，需要的时间为c天。
输出格式
输出一个整数，修建整条地铁线路最少需要的天数。
样例输入
6 6
1 2 4
2 3 4
3 6 7
1 4 2
4 5 5
5 6 6
1 2 4
2 3 4
3 6 7
1 4 2
4 5 5
5 6 6
样例输出
6
样例说明
可以修建的线路有两种。
第一种经过的枢纽依次为1, 2, 3, 6，所需要的时间分别是4, 4, 7，则整条地铁线需要7天修完；
第二种经过的枢纽依次为1, 4, 5, 6，所需要的时间分别是2, 5, 6，则整条地铁线需要6天修完。
第二种方案所用的天数更少。
第一种经过的枢纽依次为1, 2, 3, 6，所需要的时间分别是4, 4, 7，则整条地铁线需要7天修完；
第二种经过的枢纽依次为1, 4, 5, 6，所需要的时间分别是2, 5, 6，则整条地铁线需要6天修完。
第二种方案所用的天数更少。
评测用例规模与约定
对于20%的评测用例，1 ≤ n ≤ 10，1 ≤ m ≤ 20；
对于40%的评测用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1000；
对于60%的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 10000，1 ≤ c ≤ 1000；
对于80%的评测用例，1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 100000；
对于100%的评测用例，1 ≤ n ≤ 100000，1 ≤ m ≤ 200000，1 ≤ a, b ≤ n，1 ≤ c ≤ 1000000。
最小最大值问题，用dijkstra的变式即可在O（nlogn）时间内水过，d[i]表示从1修到i所需最小时间，代码如下：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn = 100000 + 5;
const int INF = 1 << 30;
int n,m,x,y,w;
typedef struct node
{
int v,c;
node(int vv = 0,int cc = 0):v(vv),c(cc){};
bool operator < (const node &t) const
{
return c > t.c;
}
}node;
typedef struct edge
{
int v,c;
edge(int vv,int cc):v(vv),c(cc){};
}edge;
bool vis[maxn];
int d[maxn];
vector<edge> E[maxn];
int dijkstra(int sta,int en)
{
priority_queue<node> q;
for(int i = 1; i <= n; ++i) d[i] = INF;
memset(vis,false,sizeof(vis));
q.push(node(sta,0));
d[sta] = 0;
node t;
while(!q.empty())
{
t = q.top(),q.pop();
int u = t.v;
if(vis[u]) continue;
vis[u] = true;
for(int i = 0;i < E[u].size(); ++i)
{
int v = E[u][i].v,c = E[u][i].c;
int p = max(c,d[u]);
if(!vis[v] && d[v] > p)
{
d[v] = p;
q.push(node(v,d[v]));
}
}
}
return d[en];
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i = 0;i < m; ++i)
{
cin>>x>>y>>w;
E[x].push_back(edge(y,w));
E[y].push_back(edge(x,w));
}
cout<<dijkstra(1,n)<<endl;
return 0;
}
对于40%的评测用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1000；
对于60%的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 10000，1 ≤ c ≤ 1000；
对于80%的评测用例，1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 100000；
对于100%的评测用例，1 ≤ n ≤ 100000，1 ≤ m ≤ 200000，1 ≤ a, b ≤ n，1 ≤ c ≤ 1000000。
最小最大值问题，用dijkstra的变式即可在O（nlogn）时间内水过，d[i]表示从1修到i所需最小时间，代码如下：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn = 100000 + 5;
const int INF = 1 << 30;
int n,m,x,y,w;
typedef struct node
{
int v,c;
node(int vv = 0,int cc = 0):v(vv),c(cc){};
bool operator < (const node &t) const
{
return c > t.c;
}
}node;
typedef struct edge
{
int v,c;
edge(int vv,int cc):v(vv),c(cc){};
}edge;
bool vis[maxn];
int d[maxn];
vector<edge> E[maxn];
int dijkstra(int sta,int en)
{
priority_queue<node> q;
for(int i = 1; i <= n; ++i) d[i] = INF;
memset(vis,false,sizeof(vis));
q.push(node(sta,0));
d[sta] = 0;
node t;
while(!q.empty())
{
t = q.top(),q.pop();
int u = t.v;
if(vis[u]) continue;
vis[u] = true;
for(int i = 0;i < E[u].size(); ++i)
{
int v = E[u][i].v,c = E[u][i].c;
int p = max(c,d[u]);
if(!vis[v] && d[v] > p)
{
d[v] = p;
q.push(node(v,d[v]));
}
}
}
return d[en];
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i = 0;i < m; ++i)
{
cin>>x>>y>>w;
E[x].push_back(edge(y,w));
E[y].push_back(edge(x,w));
}
cout<<dijkstra(1,n)<<endl;
return 0;
}