题目如下:
题目描述
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。
输入
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。
输出
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
【样例输入1】
4 2
1 2 1
3 4 2
1 4
【样例输入2】
3 3
1 2 10
1 2 5
2 3 8
1 3
【样例输入3】
3 2
1 2 2
2 3 4
1 3
样例输出
【样例输出1】
IMPOSSIBLE
【样例输出2】
5/4
【样例输出3】
2
用结构体存边：E[ ].fr(起始点) E[ ].to(指向点) E[ ].cost(权值)
此题用的是并查集来做的。首先对所有的边进行从小到大排序，定义ans1=inf为当前寻找到的最大边的最小值，ans2=1位当前的最小边。然后从小到大进行枚举（循环一：for(i=1;i<=m;i++)）在循环一中建立以点为关键字的并查集数组。再进行第二重循环（for(int j=i;j<=n;j++)），该循环是从循环一进行到的边的编号开始，到最大的边，每添加一条边，将其开头和结尾添加在并查集中，再检测S和T的连通性即（if(find(S)==find(T)){ }），若联通则比较ans1/ans2与E[ j ].cost/E[ i ].cost的大小比较过程中可以交叉相乘，这样可以避免整除的问题。若新的比值更小则更新ans1和ans2的值并跳出循环二。若不连通依然比较ans1/ans2与E[ j ].cost/E[ i ].cost的大小，若新的比值小于原存的比值，则跳出循环二，因为循环二中E[j].cost是不断增大的。循环一结束后，主体就结束了，最后的输出一看就懂。
#include<iostream>
#include
<cstdio>
#include
<algorithm>#define inf 10000000
using namespace std;
struct edge{
int fr,to,cost;
};
edge E[5001];
inline int comp(edge a,edge b)
{
return a.cost<b.cost;
}
int m,n,s,t;
int fa[501];
inline int find(int x)
{
if(fa[x]!=x) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
inline int gcd(int a,int b)//a>b
{
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&E[i].fr,&E[i].to,&E[i].cost);
scanf("%d%d",&s,&t);
sort(E+1,E+m+1,comp);
int ans1=inf,ans2=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++)
fa[j]=j;
for(int j=i;j<=m;j++){
int f1=find(E[j].fr),f2=find(E[j].to);
fa[f1]=f2;
if(find(s)==find(t)){
if(E[i].cost*ans1>E[j].cost*ans2)
ans1=E[j].cost,ans2=E[i].cost;
break;
}
if(E[i].cost*ans1<E[j].cost*ans2) break;
}
}
int zdg=gcd(ans1,ans2);
if(ans1==inf) printf("IMPOSSIBLE");
else if(ans2!=zdg) printf("%d/%d",ans1/zdg,ans2/zdg);
else printf("%d",ans1/ans2);
}