提供一种比较新的思路。

首先套路地建原图和反图，计算起点到每个点的最短路 $a_i$ 和每个点到终点的最短路 $b_i$。

然后我们要找 $a_i+b_j+k|i-j|$ 的最小值。

这里可以考虑建分层图，总共 $3$ 层，起点和终点独立，起点向第一层每个点 $p_{1,i}$ 连有向边，权值为 $a_i$，第一层每个点 $p_{1,i}$ 向第二层对应点 $p_{2,i}$ 连权为 $0$ 的有向边，第二层相邻点 $p_{2,i},p_{2,i+1}(i\le n-1)$ 间连权为 $k$ 的无向边，第二层每个点 $p_{2,i}$ 向第三层对应点 $p_{3,i}$ 连权为 $0$ 的有向边，第三层每个点 $p_{3,i}$ 向终点连权为 $b_i$ 的有向边。

int64_t n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
Graph graph1(n), graph2(n);
for (int64_t i = 0; i < m; i++) {
  int64_t u, v, w;
  cin >> u >> v >> w;
  u--, v--;
  graph1[u].emplace_back(v, w);
  graph2[v].emplace_back(u, w);
}
auto dist1 = dijkstra(graph1, 0);
auto dist2 = dijkstra(graph2, n - 1);
Graph graph3(3 * n);
auto get_p = [&](int64_t i, int64_t j) -> int64_t { return n * i + j; };
int64_t tar = get_p(2, n - 1);
graph3[0].emplace_back(tar, dist1[n - 1]);
for (int64_t i = 1; i < n - 1; ++i) {
  graph3[0].emplace_back(i, dist1[i]);
  graph3[get_p(2, i)].emplace_back(tar, dist2[i]);
  graph3[i].emplace_back(get_p(1, i), 0);
  graph3[get_p(1, i)].emplace_back(get_p(2, i), 0);
  if (i != 1) {
    graph3[get_p(1, i)].emplace_back(get_p(1, i - 1), k);
    graph3[get_p(1, i - 1)].emplace_back(get_p(1, i), k);
  }
}
auto dist3 = dijkstra(graph3, 0);
cout << (dist3[tar] == INF ? -1 : dist3[tar]) << '\n';