直接赋题目。。。。。

　

题目描述

在有向图G 中，每条边的长度均为1 ，现给定起点和终点，请你在图中找一条从起点到终点的路径，该路径满足以下条件：

1 ．路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通。

2 ．在满足条件1 的情况下使路径最短。

注意：图G 中可能存在重边和自环，题目保证终点没有出边。

请你输出符合条件的路径的长度。

输入输出格式

输入格式：

 

输入文件名为road .in。

第一行有两个用一个空格隔开的整数n 和m ，表示图有n 个点和m 条边。

接下来的m 行每行2 个整数x 、y ，之间用一个空格隔开，表示有一条边从点x 指向点y 。

最后一行有两个用一个空格隔开的整数s 、t ，表示起点为s ，终点为t 。

 

输出格式：

 

输出文件名为road .out 。

输出只有一行，包含一个整数，表示满足题目᧿述的最短路径的长度。如果这样的路径不存在，输出- 1 。

 

输入输出样例

输入样例#1：  
3 2  
1 2  
2 1  
1 3
输出样例#1：  
-1
输入样例#2：  
6 6  
1 2  
1 3  
2 6  
2 5  
4 5  
3 4  
1 5
输出样例#2：  
3

对于一般的这种没有权值的有向图，一般都会想到跑一边bfs，用一个数组记录花费（比如我）。

然而这道题的不同之处在于

1 ．路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通。

 

 如图 按照题目中所述

　　　　2可以到达T，3也可以到达T，但是选择路径时可以选择3，不能选择2。

　　　　原因在于2有一个子节点为1，而1不能到达T，所以不能选择2。

清楚了这个之后，思路基本上就有了（因为我太弱，思路可能不太完美）

  1. 首先，存图时，存一个反图，便于后边从t开始的bfs
  2. 从t开始bfs一次，找出所有能到达t的点
  3. 讲不能到达t的父节点和此节点标记为不能走
  4. 最后，从s开始bfs一次，只走能走的点，并用一个数组记录路径长

最后附上代码

 

1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<queue>
 4 using namespace std;
 5 queue<int>q1,q2;
 6 struct node{
 7     int u,v,nxt;
 8 }a[200010],b[200010];
 9 int n,m,head1[10010],head2[10010],vis1[10010],s,t,vis2[10010],vis3[10010];
10 int main()
11 {
12     scanf("%d%d",&n,&m);
13     for(int i=1,x,y;i<=m;++i)
14     {
15         scanf("%d%d",&x,&y);
16         if(x!=y)
17         {
18             a[i].u=x,a[i].v=y,a[i].nxt=head1[x];//用a来存正向图 
19             head1[x]=i;
20             b[i].u=y,b[i].v=x,b[i].nxt=head2[y];//b用来存反向图 
21             head2[y]=i;
22         }
23     
24     }
25     scanf("%d%d",&s,&t);
26     q2.push(t);
27     vis2[t]=1; 
28     while(!q2.empty())//从t开始一遍bfs，用vis2记录所有能到达t的点（因为是反图嘛） 
29     {
30         int qq=q2.front();
31         q2.pop();
32         for(int i=head2[qq];i;i=b[i].nxt)
33         {
34             int v=b[i].v;
35             if(!vis2[v])
36             {
37                 vis2[v]=1;
38                 q2.push(v); 
39             }
40         }
41         
42     }
43     for(int i=1;i<=n;++i) 
44     {
45         vis3[i]=1;
46     }
47     for(int i=1;i<=m;++i)//将不能到达的节点及其父节点变为不能到达，
48     {
49         if(!vis2[a[i].v]) vis3[a[i].u]=vis3[a[i].v]=0;//用vis3记录（不用vis2是为了防止后效性，即前面的赋值影响后面，导致vis2全变为0） 
50     }
51     q1.push(s);
52     vis1[s]=1;
53     while(!q1.empty())//从s开始一遍bfs，
54     {
55         int qq=q1.front();
56         q1.pop();
57         for(int i=head1[qq];i;i=a[i].nxt)
58         {
59             int v=a[i].v;
60             if(v==t)//搜到了t就将其路径长输出 
61             {
62                 printf("%d",vis1[a[i].u]);//因为vis[3]初值为1，所以此处不用+1； 
63                 return 0;
64             }
65              else if(vis3[v]&&!vis1[v])//只走vis3中标记为能走的点（前边一大堆就是为了找这些点....） 
66             {
67      　　　　　　  vis1[v]=vis1[a[i].u]+1;//将每个节点的路径长变为其父节点 路径长+1，因为权值都是1，这也是能用bfs而可以不用dijkstra的原因 
68                 q1.push(v);
69             }
70         }
71     }
72     printf("-1");//如果不能到达就输出-1 
73     return 0;//拜拜。。。。 
74  }