题目描述
给定 (n) 个点的带权有向图,求从 (1) 到 (n) 的路径中边权之积最小的简单路径。
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输入格式 第一行读入两个整数 (n),(m),表示共 (n) 个点 (m) 条边。 接下来 (m) 行,每行三个正整数 (x,y,z),表示点 (x) 到点 (y) 有一条边权为 (z) 的边。
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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 (log(mn)=log(m)+log(n))
其证明:
我们以 (log_2)为例子,(log_2(n)) 表示方程 (2^x=n), (x) 的解。令(2^x=n,2^y=m)
首先 (x+y=x+y)
所以 (log_2(2^ x*2^y)=x+y)
即 (log_2(2^ x*2^y)=log_2(2^x)+log_2(2^y))
则可得到对数的性质:(log(mn)=log(m)+log(n))
加入最短路优化即可。。。
AC代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
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;
}