庭中有奇树：很多算法揉在一起的好题。
转化题意
因为要封锁 \(m\) 条路径，根据贪心思想，他一定会封锁最短的 \(m\) 条路径。所以我们能走的最短传送路径就是最短的第 \(m+1\) 条路径。
这应该是本题最关键的一步转化了，几个月前降智了根本没想到这个。
做法
求第 \(m+1\) 短的路径，这个很显然通过二分求解，求出最后一个比它小的数的个数小于 \(m+1\) 个的数。
二分 check 函数的实现也是容易的，我们从起点 \(s\) 与终点 \(t\) 各自做一遍 dfs 求出两个点与其他点之间的距离，然后按路径长度从小到大排序。注意这时候要记录下标以进行相邻点传送与同点转送的特判。
接下来我们对于每一个传送起点，通过双指针维护最后一个小于 \(dis\) 的指针 \(p\) 计算出该点的贡献，最后遍历与该点相邻的点，判断他们是否被统计进答案，如果被统计进了就删掉这个贡献即可。注意自己传送到自己的情况也要特判。
答案在传送路径、直接走的路径和直接从 \(s\) 传送到 \(t\) 的 \(10^9\) 代价里取最小值即可。
时间复杂度 \(O(n \log v)\)。
代码
细节挺多的，尤其是 check 函数。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pi;
int n,m,k,s,t;
struct edge{int to,w;
};
struct node{ll w,id;
}d[2][100005];
ll td[100005];
vector<edge>g[100005];
bool cmp(node a,node b)
{return a.w<b.w;
}
void dfs(int u,int fa,int mode)
{for(auto eg:g[u]){int v=eg.to,w=eg.w;if(fa==v)continue;d[mode][v].w=d[mode][u].w+w;dfs(v,u,mode);}
}
ll check(ll dis)
{ll res=0,p=n;for(int i=1;i<=n;i++){while(p>0&&d[0][i].w+d[1][p].w>=dis)p--;res+=p;int u=d[0][i].id;for(auto eg:g[u]){int v=eg.to;if(d[0][i].w+td[v]<dis)res--;}if(d[0][i].w+td[u]<dis)res--;}return res;
}
int main()
{//freopen("sample.in","r",stdin);//freopen("sample.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m>>k>>s>>t;for(int i=1;i<n;i++){int u,v,w;cin>>u>>v>>w;g[u].push_back({v,w});g[v].push_back({u,w});}dfs(s,0,0);dfs(t,0,1);for(int i=1;i<=n;i++){d[0][i].id=i;d[1][i].id=i;td[i]=d[1][i].w;}sort(d[0]+1,d[0]+n+1,cmp);sort(d[1]+1,d[1]+n+1,cmp);ll l=0,r=1e18,mid;while(l<r){mid=(l+r+1)>>1;if(check(mid)<m+1)l=mid;else r=mid-1;}ll ans=min(ll(1e9),min(l+k,td[s]));cout<<ans;return 0;
}
