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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2^K，求编号为0的城市到其他城市的最短距离。
第一行两个正整数N（2<=N<=100）M(M<=500),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。
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MOD 100000 的结果输出。
参考链接：1956 Problem C 最短路径
最终AC代码如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAX=105, INF=-1; int father[MAX], d[MAX][MAX]; int findFather(int x){ //找父节点 if(x == father[x]) return x; else return findFather(father[x]); } int quickMi(int a, int k, int mod){ int ans = 1; long long int res = a; while(k){ if(k & 1) ans = (ans * res) % mod; res = (res * res) % mod; //这里不要写成 res = (res * a) % mod; k >>= 1; } return ans; } int main(){ int i, j, k, u, v, x, y, n, m, dis; while(scanf("%d %d", &n, &m) != EOF){ fill(d[0], d[0]+MAX*MAX, INF); //初始化距离数组 for(i=0; i<n; i++){ father[i] = i; //初始化并查集 d[i][i] = 0; //初始化距离数组对角线 这里忘记 答案一定错 } for(k=0; k<m; k++){ scanf("%d %d", &u, &v); x = findFather(u); y = findFather(v); if(x != y){ //说明u，v未连通 dis = quickMi(2, k, 100000); //由于指数太大 采用快速幂 for(i=0; i<n; i++){ if(x == findFather(i)){ //找到以 x 为根节点的集合上所有点 for(j=0; j<n; j++){ if(y == findFather(j)){ //找到以 y 为根节点的集合上所有点 d[i][j] = d[j][i] = (d[i][u] + dis + d[v][j]) % 100000; //更新 } } } } father[y] = x; //合并这两个集合 } } for(j=1; j<n; j++) printf("%d\n", d[0][j]); } return 0; }
总结：这题的关键麻烦就是指数可能会很大，于是不能用一半的求最短路的方式求解。然后，由求快速幂取模的方式，可以解决指数幂次很大的情况。于是存储取余后的路径后，再尝试用Dijkstra等求最短路径，结果依然是WA。后来，参考别人的博客时，发现别人采用快速幂+并查集的方式很简便的解决了，主要思想是：如果两个点已经在一个集合中了，由于后面输入的边是递增的，所以不用再更新；如果两个点在两个不同集合上，那么说明这两个集合没有边连接，那么更新路径数组，再合并集合。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/heyour/p/12636148.html
