1. 题目

传送门＝￣ω￣＝

题目描述 Description

Z 小镇是一个景色宜人的地方，吸引来自各地的观光客来此旅游观光。
Z 小镇附近共有
N(1<N≤500) 个景点（编号为 1,2,3,…,N），这些景点被 M（0<M≤5000）条道路连接着，所有道路都是双向的，两个景点之间可能有多条道路。也许是为了保护该地的旅游资源，Z 小镇有个奇怪的规定，就是对于一条给定的公路 Ri，任何在该公路上行驶的车辆速度必须为 Vi。频繁的改变速度使得游客们很不舒服，因此大家从一个景点前往另一个景点的时候，都希望选择行使过程中最大速度和最小速度的比尽可能小的路线，也就是所谓最舒适的路线。
输入描述 Input Description

第一行包含两个正整数，N 和 M。
接下来的 M 行每行包含三个正整数：x，y 和 v（1≤x,y≤N，0 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。
输出描述 Output Description

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 Sample Input

样例 1
4 2
1 2 1
3 4 2
1 4

样例 2
3 3
1 2 10
1 2 5
2 3 8
1 3

样例 3
3 2
1 2 2
2 3 4
1 3
样例输出 Sample Output

样例 1
IMPOSSIBLE

样例 2
5/4

样例 3
2
数据范围及提示 Data Size & Hint

N(1<N≤500)

M（0<M≤5000）

Vi 在 int 范围内

2. 思路

很神奇的解法……类似于最小生成树克鲁斯卡尔算法。

做法：先把边按照权值从小到大排序，然后枚举边作为权值最小的边，从这条边依次连接后面的边。如果起点终点联通了就更新答案（当然如果当前得到的新答案劣于保存的答案就不改变答案）。如果起点终点始终没联通……就不管它呗。

另：题目要我们输出最简分数，需要写一个 gcd（最大公约数）函数来约分，并且特判分母为 1 的情况

两个很简单的剪枝：①如果当前新得到的答案劣于保存的答案就直接停止枚举（不用等起点终点联通！）②如果以整个图的最小边为最小边时无法使起点终点联通，就说明起点终点不可能联通，就直接输出 IMPOSSIBLE

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge{int u,v,c;bool operator < (const edge & e)const{return c<e.c;};};
int n,m,f[505],s,t,a1=-1,a2=-1;
vector<edge> g;
int findf(int a){return f[a]==a?a:f[a]=findf(f[a]);}
int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1,u,v,c;i<=m;i++)cin>>u>>v>>c,g.push_back((edge){u,v,c});
    cin>>s>>t;
    sort(g.begin(),g.end());
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)f[j]=j;
        for(int j=i;j<m;j++)
        {
            f[findf(g[j].u)]=findf(g[j].v);
            if(a1!=-1&&double((double)g[j].c/(double)g[i].c)>=double((double)a1/(double)a2))break;
            if(findf(s)==findf(t)){a1=g[j].c,a2=g[i].c;break;}
        }
        if(a1==-1){cout<<"IMPOSSIBLE";return 0;}
    }
    int gcdnum=gcd(a1,a2);
    a1/=gcdnum,a2/=gcdnum;
    if(a2==1)cout<<a1;
    else cout<<a1<<'/'<<a2;
    return 0;
}