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：
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=0,f=1; char c=getchar(); while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();} while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; 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=1;i<=m;++i) b[i].x=read(),b[i].y=read(),b[i].z=read(); S=read(); T=read(); sort(b+1,b+m+1,cmp); ans1=INF; ans2=1; for (i=1;i<=m;++i) { memset(fa,0,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==1) return 0*printf("IMPOSSIBLE"); g=gcd(ans1,ans2); ans1/=g; ans2/=g; if (ans2==1) 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？