题意

给定一个(L)，要求构造出一个点数(n)不超过(20)，边数(m)不超过(60)的有向图（允许存在重边）

保证该图从点(1)到点(n)存在恰好(L)种不同的路径，每条路径权值和互异，且在([0,L-1])之间

限制

(2leq Lleq 10^6)

思路

第一部分

考虑([0,L-1])内数字的二进制表示法

由于每个数字都能表示成多个(2)的次方幂之和，换句话说，为了表示出某个数字，对于每个(2)的次方幂可以决定是选还是不选（二进制上(1)表示选择，(0)表示不选）

以有向图进行表示，则可以按顺序连接两条(i)到(i+1)的边，一条权值为(2^{i-1})表示选择，一条权值为(0)表示不选择

得到的有向图如下图所示：

上图从第(1)个点走到第(7)个点，所能表示的数值范围为([0,111111B=63])

第二部分

但发现题目限制(nleq 20)，因此最多只能够表示到(2^{18}=262144)过，此时整张图(20)个点所能表示的数字范围为([0,2^{19}-1=524287])，无法满足(L=1000000)的情况

前面提及：

如果只考虑第(1)个点到第(i)个点，其所能表示出的数字范围为([0,2^{i-1}-1])

而如果给这个范围加上一个常数(a)，就变得能够表示([a,a+2^{i-1}-1])内的数字了

假设此前我们所能表示出的数字为([0,limit-1])，以(limit)变量表示此时最小的不能表示出的数字

以(limit)变量作为常数，那就可以将([limit,limit+2^{i-1}-1])之内的数字表示出来了

换在构造的有向图中，这也就表示自第(i)个点向第(n)个点连一条权值为(limit)的边

建边后，(limit)也就变成了(limit+2^{i-1})

下图表示(L=74)（边权和范围为([0,73])）所构造出的有向图：

第三部分

上述方法实际上也就是考虑(L-limit)的二进制表示法上(1)所在的位置，并将其与终点连边

所以需要让(i)从大到小遍历去判断是否第(1)个位置到第(i)个位置所能表示的数字数量（(2^{i-1})）小于剩余的不能表示出的数字数量((L-limit))

因此，本题只需要循环遍历两遍即可，具体实现方式详见代码部分

本思路点数(n)最多为(20)，边数最多为((20-1)*2+19leq 60)，满足题意

程序

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct node
{
    int u,v,w;
    node(){}
    node(int u,int v,int w):u(u),v(v),w(w){}
};
vector<node> ans;
int L,mx,sum[25];

int main()
{
    scanf("%d",&L);
    L--;
    
    sum[1]=0;
    for(int i=1;i<=20;i++)
    {
        sum[i+1]=sum[i]+(1<<(i-1)); //到第i+1个点所能表示出的最大数字
        if(sum[i+1]<=L) //如果在L-1的范围内
        {
            ans.push_back(node(i,i+1,1<<(i-1))); //两点间进行2的次方幂连边
            ans.push_back(node(i,i+1,0)); //不选
            mx=i+1;
        }
        else
            break;
    }
    
    int limit=sum[mx]+1; //limit用于表示此时最小的不能表示出的数字
    for(int i=mx;i;i--)
    {
        if(sum[i]<=L-limit) //如果连一条limit的边，不会超出范围
        {
            ans.push_back(node(i,mx,limit));
            limit+=sum[i]+1; //注意+1
        }
    }
    
    printf("%d %d
",mx,ans.size());
    for(node &nd:ans)
        printf("%d %d %d
",nd.u,nd.v,nd.w);
    
    return 0;
}