[BZOJ]1050 旅行comf(HAOI2006)

  图论一直是小C的弱项,相比其它题型,图论的花样通常会更多一点,套路也更难捉摸。

Description

  给你一个无向图,N(N<=500)个顶点, M(M<=5000)条边,每条边有一个权值Vi(Vi<30000)。给你两个顶点S和T,求一条路径,使得路径上最大边和最小边的比值最小。如果S和T之间没有路径,输出”IMPOSSIBLE”,否则输出这个比值,如果需要,表示成一个既约分数。 备注: 两个顶点之间可能有多条路径。

Input

  第一行包含两个正整数,N和M。下来的M行每行包含三个正整数:x,y和v。表示景点x到景点y之间有一条双向公路,车辆必须以速度v在该公路上行驶。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。

Output

  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。

Sample Input

  3 3
  1 2 10
  1 2 5
  2 3 8
  1 3

Sample Output

  5/4

HINT

  1<N<=500,1<=x,y<=N,0<v<30000,0<M<=5000

Solution

  看到最大和最小值我们就可以感觉到肯定不能直接走,然后很自然地想到了排序。

  这种图论的题型常常要求我们逆向思考,我们不是找一条路径去更新答案,而是枚举一个答案看它能否构成路径。

  于是我们枚举路径中的最小的那条边,从小到大加边,直到S和T连通,

  说明存在一条S到T的路径。用最后加入的这条边和枚举的最小边更新答案。

  判连通性用并查集即可。

  时间复杂度O(m^2)

  在黄学长博客里还看到一个比较妙的解法分享一下:

    [BZOJ]1050 旅行comf(HAOI2006)

  理论复杂度是一样的,但实际远小于上界。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MN 505
#define MM 5005
#define INF 0x3FFFFFFF
using namespace std;
struct edge{int x,y,z;}b[MM];
int fa[MN];
int n,m,S,T,ans1,ans2,g; inline int read()
{
int n=,f=; char c=getchar();
while (c<'' || c>'') {if(c=='-')f=-; c=getchar();}
while (c>='' && c<='') {n=n*+c-''; c=getchar();}
return n*f;
} int getf(int x) {return fa[x]?fa[x]=getf(fa[x]):x;}
inline void gather(int x,int y) {if (x!=y) fa[x]=y;}
int gcd(int x,int y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
bool cmp(const edge& a,const edge& b) {return a.z<b.z;} int main()
{
register int i,j;
n=read(); m=read();
for (i=;i<=m;++i)
b[i].x=read(),b[i].y=read(),b[i].z=read();
S=read(); T=read();
sort(b+,b+m+,cmp);
ans1=INF; ans2=;
for (i=;i<=m;++i)
{
memset(fa,,sizeof(fa));
for (j=i;j<=m;++j)
{
gather(getf(b[j].x),getf(b[j].y));
if (getf(S)==getf(T)) break;
}
if (j>m) break;
if ((double)b[j].z/b[i].z<(double)ans1/ans2) ans1=b[j].z,ans2=b[i].z;
}
if (i==) return *printf("IMPOSSIBLE");
g=gcd(ans1,ans2);
ans1/=g; ans2/=g;
if (ans2==) printf("%d",ans1); else printf("%d/%d",ans1,ans2);
}

Last Word

  用并查集解决图论的问题也是常见的思路。

  小C会告诉你迷之RE是因为并查集写错了?

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