1. 题目

传送门= ̄ω ̄=

题目描述 Description

Z小镇是一个景色宜人的地方,吸引来自各地的观光客来此旅游观光。
Z小镇附近共有
N(1<N≤500)个景点(编号为1,2,3,…,N),这些景点被M(0<M≤5000)条道路连接着,所有道路都是双向的,两个景点之间可能有多条道路。也许是为了保护该地的旅游资源,Z小镇有个奇怪的规定,就是对于一条给定的公路Ri,任何在该公路上行驶的车辆速度必须为Vi。频繁的改变速度使得游客们很不舒服,因此大家从一个景点前往另一个景点的时候,都希望选择行使过程中最大速度和最小速度的比尽可能小的路线,也就是所谓最舒适的路线。
输入描述 Input Description

第一行包含两个正整数,N和M。
接下来的M行每行包含三个正整数:x,y和v(1≤x,y≤N,0 最后一行包含两个正整数s,t,表示想知道从景点s到景点t最大最小速度比最小的路径。s和t不可能相同。
输出描述 Output Description

如果景点s到景点t没有路径,输出“IMPOSSIBLE”。否则输出一个数,表示最小的速度比。如果需要,输出一个既约分数。
样例输入 Sample Input

样例1
4 2
1 2 1
3 4 2
1 4

样例2
3 3
1 2 10
1 2 5
2 3 8
1 3

样例3
3 2
1 2 2
2 3 4
1 3
样例输出 Sample Output

样例1
IMPOSSIBLE

样例2
5/4

样例3
2
数据范围及提示 Data Size & Hint

N(1<N≤500)

M(0<M≤5000)

Vi在int范围内

2. 思路

很神奇的解法……类似于最小生成树克鲁斯卡尔算法。

做法:先把边按照权值从小到大排序,然后枚举边作为权值最小的边,从这条边依次连接后面的边。如果起点终点联通了就更新答案(当然如果当前得到的新答案劣于保存的答案就不改变答案)。如果起点终点始终没联通……就不管它呗。

另:题目要我们输出最简分数,需要写一个gcd(最大公约数)函数来约分,并且特判分母为1的情况

两个很简单的剪枝:①如果当前新得到的答案劣于保存的答案就直接停止枚举(不用等起点终点联通!)②如果以整个图的最小边为最小边时无法使起点终点联通,就说明起点终点不可能联通,就直接输出IMPOSSIBLE

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge{int u,v,c;bool operator < (const edge & e)const{return c<e.c;};};
int n,m,f[505],s,t,a1=-1,a2=-1;
vector<edge> g;
int findf(int a){return f[a]==a?a:f[a]=findf(f[a]);}
int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1,u,v,c;i<=m;i++)cin>>u>>v>>c,g.push_back((edge){u,v,c});
    cin>>s>>t;
    sort(g.begin(),g.end());
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)f[j]=j;
        for(int j=i;j<m;j++)
        {
            f[findf(g[j].u)]=findf(g[j].v);
            if(a1!=-1&&double((double)g[j].c/(double)g[i].c)>=double((double)a1/(double)a2))break;
            if(findf(s)==findf(t)){a1=g[j].c,a2=g[i].c;break;}
        }
        if(a1==-1){cout<<"IMPOSSIBLE";return 0;}
    }
    int gcdnum=gcd(a1,a2);
    a1/=gcdnum,a2/=gcdnum;
    if(a2==1)cout<<a1;
    else cout<<a1<<'/'<<a2;
    return 0;
}

分类: 文章

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