選舉越來越近了，所以**amabo kcarab準備在美國計畫一次旅行，並在wdc和la進行演講。特務為了能夠保護**的安全，需要時刻監控所有**會經過的城市（包括wdc和la）。
當然，為了使預算不會太大，**不會用到af1，而會用汽車作為交通工具。並且，特務計畫在**從wdc到la和回到wdc的旅途中安排盡可能少的需要監控的城市數目。
對於這個問題，我們假設美國有n(n<=100)個城市，標號為1到n，和m(m<=200)條單向的連線兩個不同城市的州際公路。wdc的編號為1，la的編號為2。
寫乙個程式計算出最少需要被監控的城市，使得有一條路只經過被監控的城市，可以從wdc到la，最後回到wdc。
智商下降招來殺身之禍暫來機房躲避順便更新一下
好的這道題目非常經典但是不是很好做
第乙個做法是直接dfs，因為可以通過floyd求出上界來進行最優性剪枝，對於這個範圍可以快速通過
但是這樣不保險，我們還是考慮一下正經的做法
首先跑出dis[i][j]表示i到j的最短路長度，直接floyd
考慮用dp，設f[i][j]表示從j出發去到1，再從1到i所需的最少被監控的城
市數量，顯然f[1][1]=1,f[2][2]就是答案
運用類似dijkstra的做法，我們可以得到f的轉移方程（用優先佇列進行轉移）
f[j][i]+dis[j][i]-1=>f[i][j] (i≠j)
f[i][j]+1=>f[v][j] ( i->v
∈g且v≠j )
f[i][j]+1=>f[i][v] ( j->v∈~g且v≠i )
f[i][j]=>f[i][i] ( j->i
∈~g )
f[i][j]=>f[j][j] ( i->j∈g ）
其中g是原圖，~g是反圖
後面四個應該比較好理解，至於第乙個式子，可以理解為：
f[j][i]表示i->1->j，那麼再加上dis[i][j]就可以成為j->i->1->j->i，這個路徑上除了j->i這一段是新增的其他應該和i->1->j相等，而j->i的點數即為dis[j][i]
讓後直接跑dijkstra即可
#pragma gcc opitmize("o3")
#pragma g++ opitmize("o3")
#include
#include
#include
#include
#define n 110
using
namespace
std;
struct node t;
struct edge g[n<<2];
int f[n][n],g[n][n],h[n],h2[n],n,m,cnt=0;
inline
bool gmin(int& x,int y)
inline
bool
operator
< (node a,node b)
inline
void adj(int x,int y); h[x]=cnt;
g[++cnt]=(edge); h2[y]=cnt;
}int main()
for(int k=1;k<=n;++k)
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
priority_queueq;
g[1][1]=1; q.push((node));
for(int x,y;!q.empty();));
for(int v,i=h2[y];i;i=g[i].nt)
if(gmin(g[x][v=g[i].v],g[x][y]+(g[i].v!=x))) q.push((node));
} printf("%d",g[2][2]);
}
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