題幹：
在郊區有 N 座通信基站，P 條雙向電纜，第 i 條電纜連接基站Ai和Bi。
特別地，1 號基站是通信公司的總站，N 號基站位於一座農場中。
現在，農場主希望對通信線路進行升級，其中升級第 i 條電纜需要花費Li。
電話公司正在舉行優惠活動。
農產主可以指定一條從 1 號基站到 N 號基站的路徑，並指定路徑上不超過 K 條電纜，由電話公司免費提供升級服務。
農場主只需要支付在該路徑上剩餘的電纜中，升級價格最貴的那條電纜的花費即可。
求至少用多少錢可以完成升級。
輸入格式
第1行：三個整數N，P，K。
第2…P+1行：第i+1行包含三個整數Ai,Bi,Li。
輸出格式
包含一個整數表示最少花費。
若1號基站與N號基站之間不存在路徑，則輸出”-1”。
數據範圍
0≤K<N≤1000,
1≤P≤10000,
1≤Li≤1000000
輸入樣例：
5 7 1
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6
輸出樣例：
4
思路：
參考自兩位大佬的題解多層 最短路
如果不看k條免費的部分，那本題就是求一個從1到N的最短路，然後得到這條路徑上最大的邊權值，即求的是最短路上的最大邊。
然後加上k條免費的部分，這使得每一條邊都有0和C(C爲原來的邊權)兩種選擇。這樣我就可以建分層圖，即建立一個新的維度使每條邊都有兩個分支
然後利用dp的思想，dis[i][j]表示從1到i的最短路中最大的邊，並經過了j條權值爲0的邊。
dis[i][0]的時候就是常規的最短路；其他情況跑k次循環得出走了j條權值爲0的邊時的值
dis[v][j]=max( dis[v][j],min(dis[x][j-1],max(dis[x][j],c))) 其中x表示當前邊的起點，v表示當前邊的終點，c表示當前邊的權值。dis[x][j-1]表示當前走0邊，max(dis[x][j],c)表示走普通邊
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
struct stu{
int next;
int c;
};
vector<stu> p[20020];
int dis[1010][1010],vis[1010];
void add(int a,int b,int c){
stu t;
t.c=c;
t.next=b;
p[a].push_back(t);
}
void spfa(int s){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int> t;
vis[s]=1;
dis[s][0]=0;
t.push(s);
while(!t.empty()){
int x=t.front();
t.pop();
vis[x]=0;
for(int i=0;i<p[x].size();i++){
int v=p[x][i].next;
int c=p[x][i].c;
int w=max(dis[x][0],c);
if(dis[v][0]>w){
dis[v][0]=w;
if(!vis[v]){
t.push(v);
vis[v]=1;
}
}
for(int j=1;j<=k;j++){
w=min(dis[x][j-1],max(dis[x][j],c));
if(dis[v][j]>w){
dis[v][j]=w;
if(!vis[v]){
t.push(v);
vis[v]=1;
}
}
}
}
}
}
int main()
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,c);
add(b,a,c);
}
spfa(1);
int ans=1e9;
for(int i=0;i<=k;i++)
ans=min(ans,dis[n][i]);
if(ans==1e9)
ans=-1;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}