求权值的积最小 题解

原题点这里

题目描述

给定 n n n 个点的带权有向图,求从 1 1 1 n n n 的路径中边权之积最小的简单路径。

  • 输入格式 第一行读入两个整数 n n n m m m,表示共 n n n 个点 m m m 条边。 接下来 m m m 行,每行三个正整数 x , y , z x,y,z xyz,表示点 x x x 到点 y y y 有一条边权为 z z z 的边。

  • 输出格式 输出仅包括一行,记为所求路径的边权之积,由于答案可能很大,因此哥输出它模 998799879987 的余数即可。

样例输入

3 3
1 2 3 
2 3 3 
1 3 10

样例输出

9

分析

乍一看,这道题就只是个最短路而已,这道题的难点主要在于如何维护取模后的值。
最后发现模好像会炸,高精好像也会炸。。。
所以我们就……
引入对数!


对数的性质 l o g ( m n ) = l o g ( m ) + l o g ( n ) log(mn)=log(m)+log(n) log(mn)=log(m)+log(n)
其证明:
我们以 l o g 2 log_2 log2为例子, l o g 2 ( n ) log_2(n) log2(n) 表示方程 2 x = n 2^x=n 2x=n x x x 的解。令 2 x = n , 2 y = m 2^x=n,2^y=m 2x=n,2y=m

首先 x + y = x + y x+y=x+y x+y=x+y
所以 l o g 2 ( 2 x ∗ 2 y ) = x + y log_2(2^ x*2^y)=x+y log2(2x2y)=x+y
l o g 2 ( 2 x ∗ 2 y ) = l o g 2 ( 2 x ) + l o g 2 ( 2 y ) log_2(2^ x*2^y)=log_2(2^x)+log_2(2^y) log2(2x2y)=log2(2x)+log2(2y)
则可得到对数的性质: l o g ( m n ) = l o g ( m ) + l o g ( n ) log(mn)=log(m)+log(n) log(mn)=log(m)+log(n)
加入最短路优化即可。。。

AC代码

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int INF = 0x3F3F3F3F;
const int MAXN = 1005;
const int mod = 9987;
double dist[MAXN];
int cost[MAXN][MAXN], pre[MAXN][2];
bool vis[MAXN];
int n, m;

void Di_Set(int s) {
    for (int i = 0; i <= n; ++i) dist[i] = 1e9;
    memset(vis, 0, sizeof vis);
    dist[s] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int mi = INF, k;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {  //蓝点集 路程最小值
            if (!vis[j] && dist[j] < mi) {
                mi = dist[j];
                k = j;
            }
        }
        vis[k] = true;                  //加入红点集
        for (int j = 1; j <= n; j++) {  // 更新相连的
            if (cost[k][j] > 0 && dist[k] + log(cost[k][j]) < dist[j]) { 
            //在这个时候就直接用对数进行计算
                dist[j] = dist[k] + log(cost[k][j]);
                pre[j][0] = k;
                pre[j][1] = cost[k][j];
            }
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v, x;
        scanf("%d %d %d", &u, &v, &x);
        cost[u][v] = x;
    }
    Di_Set(1);  //调用
    int ans = 1;
    int pos = n;
    while (pos != 1) { //从对数转正确答案
        ans *= pre[pos][1];
        ans %= mod;
        pos = pre[pos][0];
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

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