题意
给定一个\(n\)个点\(m\)条边的无向图，有一些边权暂时为\(0\)，你需要分配一个\([1, 10^{18}]\)的数。最终使得\(s\)到\(t\)最短路为\(L\)，输出一个可行的分配方案，或告知无解。
\(n \leq 10^3\)，\(m \leq 10^4\)，\(L \leq 10^9\)
题解
首先拿到这个图，我们把\(0\)边换成INF，求\(s\)到\(t\)的最短路\(d\)，如果此时\(d<L\)，则无解
再把\(0\)边换成\(1\)，求最短路\(d\)，如果\(d>L\)，也无解
上面两行是显然的，我们现在证明除了以上情况，一定有解。
考虑把\(0\)边换\(1\)。然后所有\(s\)到\(t\)的路径拿出来按权值从小到大排序，这时第一条路径\(d\leq L\)。若\(d=L\)则结束，否则这条路径一定含有可变边。把可变边+1（这可能导致一些路径权值+1）。重复上述过程就能得到解。
那么第一种做法：我们用和证明相似的做法来求解。把\(0\)边换\(1\)后，我们找一条任意最短路径。我们直接把不在这路径上的可变边变成INF并固定，不需要考虑。这样一定是对的。不经过可变边的路径>L，经过非标记可变边的路径=inf，只剩下经过标记边的路径要考虑。
那么我们每次跑一下最短路，找到最短路上一个标记边，然后加上\(L-d\)并固定。这样进行若干次一定能出解。容易看出最多n次（标记边数量是\(O(n)\)的），这个复杂度\(O(nm\log n)\)
CF上还给了一个优秀解法，具体看：http://codeforces.com/blog/entry/47169
upd：研究了一下上面那个2遍dijkstra的做法，大概意思就是现在\(d[t]\)缺少\(x\)，就把每个\(d\)都能加的都加\(x\)（指的是最终的\(d = d + x\)），这样原边顺延，\(d[t]\)也就加了\(x\)
另外在民间发现二分解法，非常易懂，应该是理解起来最简单的做法：https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/CF715B.html
代码：（解法1）
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e3 + 10;
const int M = 2e4 + 10;
const ll INF = 1e16;
struct Edge {
int v, nxt; ll w;
} e[M];
int hd[N], p, n, m, L, s, t, pre[N];
bool use[M], mark[M];
vector<int> mdf, mmdf;
void clr() { fill(hd, hd + n, -1); p = 0; }
void add(int u, int v, ll w) {
e[p] = (Edge) {v, hd[u], w}; hd[u] = p ++;
}
struct node {
int u; ll d;
bool operator < (const node &b) const { return d > b.d; }
};
ll d[N];
ll dijkstra() {
fill(d, d + n, INF * 10ll);
priority_queue<node> pq; pq.push((node) {s, d[s] = 0});
while(pq.size()) {
node k = pq.top(); pq.pop();
int u = k.u; ll du = k.d;
if(d[u] < du) continue ;
for(int i = hd[u]; ~ i; i = e[i].nxt) {
Edge &g = e[i];
if(d[g.v] > d[u] + g.w) {
pre[g.v] = i;
pq.push((node) {g.v, d[g.v] = d[u] + g.w});
}
}
}
return d[t];
}
int main() {
scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &L, &s, &t); clr();
for(int i = 0; i < m; i ++) {
int u, v, w;
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
if(w == 0) mdf.push_back(p), use[p] = 1;
add(u, v, w); add(v, u, w);
}
for(int i = 0; i < mdf.size(); i ++) {
int j = mdf[i]; e[j].w = e[j ^ 1].w = INF;
}
if(dijkstra() < L) return puts("NO"), 0;
for(int i = 0; i < mdf.size(); i ++) {
int j = mdf[i]; e[j].w = e[j ^ 1].w = 1;
}
if(dijkstra() > L) return puts("NO"), 0;
puts("YES");
for(int u = t; u != s; u = e[pre[u] ^ 1].v) {
int j = pre[u], v = e[j ^ 1].v; j >>= 1; j <<= 1;
if(use[j] && d[u] == d[v] + e[j].w || d[v] == d[u] + e[j].w) {
mark[j] = 1; mmdf.push_back(j);
}
}
for(int i = 0; i < mdf.size(); i ++) {
int j = mdf[i];
if(!mark[j]) e[j].w = e[j ^ 1].w = INF;
}
while(1) {
ll di = dijkstra();
if(di == L) break ;
for(int i = 0; i < mmdf.size(); i ++) {
int j = mmdf[i];
if(mark[j]) {
mark[j] = 0; e[j].w += L - di; e[j ^ 1].w += L - di; break ;
}
}
}
for(int i = 0; i < p; i += 2)
printf("%d %d %I64d\n", e[i ^ 1].v, e[i].v, e[i].w);
return 0;
}