題目描述
在有向圖G 中，每條邊的長度均爲1 ，現給定起點和終點，請你在圖中找一條從起點到終點的路徑，該路徑滿足以下條件：
1 ．路徑上的所有點的出邊所指向的點都直接或間接與終點連通。
2 ．在滿足條件1 的情況下使路徑最短。
注意：圖G 中可能存在重邊和自環，題目保證終點沒有出邊。
請你輸出符合條件的路徑的長度。
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入文件名爲road .in。
第一行有兩個用一個空格隔開的整數n 和m ，表示圖有n 個點和m 條邊。
接下來的m 行每行2 個整數x 、y ，之間用一個空格隔開，表示有一條邊從點x 指向點y 。
最後一行有兩個用一個空格隔開的整數s 、t ，表示起點爲s ，終點爲t 。
輸出格式：
輸出文件名爲road .out 。
輸出只有一行，包含一個整數，表示滿足題目᧿述的最短路徑的長度。如果這樣的路徑不存在，輸出- 1 。
輸入輸出樣例
說明
解釋1：
如上圖所示，箭頭表示有向道路，圓點表示城市。起點1 與終點3 不連通，所以滿足題
目᧿述的路徑不存在，故輸出- 1 。
解釋2：
如上圖所示，滿足條件的路徑爲1 - >3- >4- >5。注意點2 不能在答案路徑中，因爲點2連了一條邊到點6 ，而點6 不與終點5 連通。
對於30%的數據，0<n≤10，0<m≤20；
對於60%的數據，0<n≤100，0<m≤2000；
對於100%的數據，0<n≤10,000，0<m≤200,000，0<x，y，s，t≤n，x≠t。
思路：當我第一眼看這道題時，我原以爲D2T2肯定比較難，結果再看了看發現：WTF?這真的是D2T2難度？？哎呀不說了，大水題一個。
想法很簡單，既然要判斷每個點與終點是否聯通，（以下爲我一本正經的口胡）我們可以考慮用並查集（這樣真的好嗎？），但是這是有向圖，那怎麼辦呢？我們發現，終點是不變的，而且只需判斷終點與其他點
的聯通性，那我們可以用一個技巧：把所有的邊都反向，然後從終點跑一遍BFS，遍歷全圖，這樣，沒有被訪問過的點就一定與終點不連通。爲什麼要用這種方法呢？因爲如果邊是正向，那麼我們定會讓每個點都跑
一遍BFS，無疑會TLE，考慮到從一個點出發能到達所有聯通的點，那麼我們可以反向BFS（實質是原來的起點與終點互換位置）。
處理完聯通性後，我們對所有的與終點不連通的點進行反向出邊遍歷（名詞是自己造的QAQ），對遍歷到的點標記爲不合法（因爲我們這條路要滿足條件1），這樣的話，再從起點s正向跑一遍SPFA，當遇到不合法的
點時就跳過，然後dist[ed]或-1就是最後的答案。（到達不了就是-1）。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<queue> using namespace std; const int N=10000+5; const int M=2e5+5; int read() { int ret=0,f=1; char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();} return ret*f; } int n,m; struct edge{ int from,to; }e1[M],e2[M]; int head1[N],nxt1[M],tot1=0; int head2[N],nxt2[M],tot2=0; bool vis[N],np[N]; void adde(int f,int t) { e1[++tot1]=(edge){f,t}; e2[++tot2]=(edge){t,f}; nxt1[tot1]=head1[f]; nxt2[tot2]=head2[t]; head1[f]=tot1; head2[t]=tot2; } queue<int > q; int dist[N]; bool inq[N]; void bfs(int s) { vis[s]=1; q.push(s); while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); for(int i=head2[u];i;i=nxt2[i]) { int v=e2[i].to; if(!vis[v]) q.push(v),vis[v]=1; } } } void solve() { for(int i=1;i<=n;i++) { if(!vis[i]) { for(int j=head2[i];j;j=nxt2[j]) { int v=e2[j].to; np[v]=1; } } } } void spfa(int s) { dist[s]=0; q.push(s); inq[s]=1; while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); inq[u]=0; for(int i=head1[u];i;i=nxt1[i]) { int v=e1[i].to; if(np[v]) continue; if(dist[v]>dist[u]+1) { dist[v]=dist[u]+1; if(!inq[v]) { q.push(v); inq[v]=1; } } } } } int main() { memset(dist,0x3f,sizeof(dist)); n=read(),m=read(); int a,b; for(int i=1;i<=m;i++) { a=read(),b=read(); adde(a,b); } int st,ed; st=read(),ed=read(); bfs(ed); solve(); spfa(st); int ans=(dist[ed]>1e9?-1:dist[ed]); printf("%d\n",ans); return 0; }