acwing1050
题目：
N 个城市，标号从 0 到 N−1，M 条道路，第 K 条道路（K 从 0 开始）的长度为 2K，求编号为 0 的城市到其他城市的最短距离。
输入格式
第一行两个正整数 N,M，表示有 N 个城市，M 条道路。
接下来 M 行两个整数，表示相连的两个城市的编号。
输出格式
N−1 行，表示 0 号城市到其他城市的最短路，如果无法到达，输出 −1，数值太大的以 mod100000 的结果输出。
数据范围
2≤N≤100,
1≤M≤500
输入样例：
4 4
1 2
2 3
1 3
0 1
输出样例：
8
9
11
思路：
本鼠本来想找个最小生成树的题做，没想到在acwing找到了这道题，完全没用到最小生成树的知识，笑的。
这道题比pat甲级的题恶心了很多，本鼠一开始没考虑周全，直接用SPFA做，挂掉了70%的数据，经过抄袭其他博客才弄明白怎么做。
首先分析题目，每条边的权重是2的幂次，这个可以提醒我们，对第i条边，它的权重大于前i-1条边的权重和；同时最多有500条边，\(2^{500}\)太大了，long long都存不下，所以要取模。但是取模后边的权值大小关系可能会发生变化，比如9999与10000同时对10000取模，后者的结果远小于前者，这样处理后直接求最短路径无疑会带来错误。
考虑到对第i条边，它的权重大于前i-1条边的权重和这个启发性的结论，我们不妨这样考虑：如果新输入的边的两个节点在一个已经连通的分量中，那么这条边一定不可能成为最短路径树上的边。于是我们使用并查集，边读取输入边构建union。对于将两个union连接到一起的边，它必定是最短路径树的一条边，那么就将这条边加入邻接表；若一条边的两个节点已经在同一个union中，那么就将这条边丢弃。经过这样处理后，我们就可以得到一个最短路径树(森林)。剩下的就是遍历0号节点所在的树，求最短距离。这一步用dijkstra，SPFA，DFS都可以。
求解边权时，要使用快速幂算法，在算法中每步都要对100000取模。
代码1：
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include <limits.h>
using namespace std;
#define ll long long
//用于邻接表
struct node {
int id;
ll w;
node(int x,ll y):id(x),w(y){}
};
const int MAX = 105;
const ll INF = LLONG_MAX;
const int MOD = 100000;
int n, m;
//邻接表
vector<node> adj[MAX];
//判别节点是否在队列中
bool inq[MAX] = { false };
ll disto[MAX];
//并查集
int uf[MAX] = { 0 };
//储存两个集合的根节点编号
int root1, root2;
//判别并查集中a和b是否在同一个union中
bool connect(int a, int b) {
while (a != uf[a]) a = uf[a];
while (b != uf[b]) b = uf[b];
root1 = a;
root2 = b;
return a == b;
}
//快速幂，求(a^b)%MOD
ll qmi(ll a, ll b) {
ll ans = 1, base = a;
while (b != 0) {
if ((b & 1) != 0)
ans = ans * base % MOD;
base = base * base % MOD;
b = b >> 1;
}
return ans;
}
void input() {
cin >> n >> m;
//初始化并查集
for (int i = 0; i < n; i++)
uf[i] = i;
for (int i = 0; i < m; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
if (connect(u, v))
continue;
//将两个集合合并
uf[root2] = root1;
ll w = qmi(2,i);
adj[u].push_back(node(v, w));
adj[v].push_back(node(u, w));
}
}
void SPFA() {
disto[0] = 0;
queue<int> q;
q.push(0);
inq[0] = true;
while (!q.empty()) {
int u=q.front();
q.pop();
inq[u] = false;
for (int i = 0; i < adj[u].size(); i++) {
int v = adj[u][i].id;
ll w = adj[u][i].w;
//松弛边
if (disto[v] > disto[u] + w) {
disto[v] = disto[u] + w;
if (!inq[v]) {
q.push(v);
inq[v] = true;
}
}
}
}
}
int main(void) {
input();
fill(disto, disto + MAX, INF);
SPFA();
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (disto[i] == INF)
cout << "-1" << endl;
else
cout << disto[i]% MOD << endl;
}
return 0;
}
代码2：
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include <limits.h>
using namespace std;
#define ll long long
//用于邻接表
struct node {
int id;
ll w;
node(int x,ll y):id(x),w(y){}
};
const int MAX = 105;
const ll INF = LLONG_MAX;
const int MOD = 100000;
int n, m;
//邻接表
vector<node> adj[MAX];
//判别节点是否在队列中
bool inq[MAX] = { false };
ll disto[MAX];
//并查集
int uf[MAX] = { 0 };
//用于DFS
bool visit[MAX] = { false };
//储存两个集合的根节点编号
int root1, root2;
//判别并查集中a和b是否在同一个union中
bool connect(int a, int b) {
while (a != uf[a]) a = uf[a];
while (b != uf[b]) b = uf[b];
root1 = a;
root2 = b;
return a == b;
}
//快速幂，求(a^b)%MOD
ll qmi(ll a, ll b) {
ll ans = 1, base = a;
while (b != 0) {
if ((b & 1) != 0)
ans = ans * base % MOD;
base = base * base % MOD;
b = b >> 1;
}
return ans;
}
void input() {
cin >> n >> m;
//初始化并查集
for (int i = 0; i < n; i++)
uf[i] = i;
for (int i = 0; i < m; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
if (connect(u, v))
continue;
//将两个集合合并
uf[root2] = root1;
ll w = qmi(2,i);
adj[u].push_back(node(v, w));
adj[v].push_back(node(u, w));
}
}
//用DFS求解
void DFS(int id,ll dist) {
visit[id] = true;
for(int i = 0; i < adj[id].size(); i++) {
int v = adj[id][i].id;
int w = adj[id][i].w;
if (!visit[v]) {
disto[v] = dist + w;
DFS(v,disto[v]);
}
}
}
int main(void) {
input();
fill(disto, disto + MAX, INF);
DFS(0,0);
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (disto[i] == INF)
cout << "-1" << endl;
else
cout << disto[i]% MOD << endl;
}
return 0;
}
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