原题所问为有哪些边，将其边权增加 2 后，能使 1 \rightarrow n 的最短路长度增加 1。
考虑将这个条件进行一个转写。令原图 1 \rightarrow n 的最短路长度为 D，原条件等价于操作一条边后，满足：
看上去十分废话。（
先考虑第一个条件。套路地，我们跑一遍 1 \rightarrow n 的最短路，并据此建出最短路图。显然我们所求的边即为最短路图上 1 \rightarrow n 路径的必经边。
思考如何求那哪些边是必经的，这里给出两个做法。
法一：由于最短路图为 DAG，我们不妨将有向边视作无向，然后用并查集维护连通性。于是我们所求便成了删掉最短路图上的哪些边，能使 1 和 n 不连通。而这是线段树分治裸题，用可撤销并查集维护即可。
法二：一条边是 1 \rightarrow n 的必经边，等价于 1 \rightarrow n 的路径条数等于 1 \rightarrow n 经过该边的路径条数。这一点我们可以对正反图按拓扑序进行一个简单计数求得。但问题是路径数可能很大，无法存储，又因为我们只需要判定是否相等，而不需要真的比大小，我们不妨找一个大质数取模即可。不难证明这样做的正确率是有保证的。
接着考虑第二个条件。不难发现，如果当前我们操作的边是满足条件的，那么任意一条长度为 D+1 的路径一定不会经过它，否则操作前就一定存在一条 1 \rightarrow n 的长度为 D-1 的路径，与已知矛盾。
于是，我们可以把第二个条件等价地写成：原图中存在一条长度为 D+1 的路径不经过该边。
到这里，很多人就会开始误入歧途，往严格次短路方向去想了。但实际上那样无法得到所求。
不妨从路径长度的奇偶性上做文章。不难发现，上述条件等价于存在一条 1 \rightarrow n 的长度奇偶性与 D 不同的最短路不经过该边，且这条路径长度恰好为 D+1。这样转化的好处是我们可以把所求看成到每个点长度分别为奇/偶数的最短路信息。
于是考虑拆点，拆边。把点 u 拆成 u_1,u_2 分别表示奇偶。边 (u,v,w) 根据 w 的奇偶性，若为奇数拆成 (u_1,v_2,w) 和 (u_2,v_1,w)；否则拆成 (u_1,v_1,w) 和 (u_2,v_2,w)。
这样以来，我们就可以根据 D 的奇偶性确定终点是 n_1 还是 n_2。问题被等价为了新图上是否所有两点间路径都经过该边，和上面我们解决过的问题相同。