题目背景
临近选举，总统要在城市1和城市2举行演讲。他乘汽车完成巡回演讲，从1出发，途中要经过城市2，最后必须回到城市1.特勤局对总统要经过的所有城市监控。为了使得费用最小，必须使得监控的城市最少。求最少要监控的城市。
题目描述
一共有N个城市，有M条有向边。(0<=N,M<=200)有N从1出发途中要经过2，最后要回到1的路线中最少要经过的点的数目。
输入输出格式
输入格式：第一行包含2个整数N,M。N表示城市的数目，M表示有向边的数目。 接下来M行，每行两个数A,B，表示从A到B有一条有向边。
输出格式：最少要监控的城市的数量。
输入输出样例
输入样例#1：
6 7
1 3
3 4
4 5
5 1
4 2
2 6
6 3
输出样例#1：
6
说明
0<=N,M<=200
本题数据加强by Imagine
Solution：
本题最短路+dp。
我们先用floyd预处理出$w[i][j]$，表示$i ightarrow j$经过的最少点数（除了i）。
由于要求$1 ightarrow 2 ightarrow 1$经过的最少点数，而模型是个有向图，考虑dp，定义状态$f[i][j]$表示$1 ightarrow i ightarrow j ightarrow 1$经过的最少点数，初始化$f[1][1]=1$，状态转移方程：$f[x][y]=min(f[x][y],f[a][b]+w[b][x]+w[x][y]+w[y][a]-1)$（注意-1是因为a被多算了1次），直接dp显然是有后效性的，注意到每次由小的点对更新状态肯定最优，于是状态转移时套用堆优化dijkstra，用全局最小值$f[a][b]$去更新状态就好了。
转移时还需注意不能用点对$f[a][b]$更新自己（当a==b时直接RE）。
时间复杂度$O(n^3log n)$
代码：
/*Code by 520 -- 9.4*/ #include<bits/stdc++.h> #include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp> #include<ext/pb_ds/priority_queue.hpp> #define il inline #define ll long long #define RE register #define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) #define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) using namespace std; using namespace __gnu_pbds; const int N=205,inf=233333333; int n,m,w[N][N],dis[N][N]; struct node{ int u,v,d; bool operator<(const node &a)const{ if(d==a.d&&u==a.u)return v>a.v; if(d==a.d)return u>a.u; return d>a.d; } }; typedef __gnu_pbds::priority_queue<node,less<node>,pairing_heap_tag> heap; heap q; heap::point_iterator id[N][N]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); For(i,1,n) For(j,1,n) w[i][j]=i==j?0:inf,dis[i][j]=inf; int u,v; while(m--) scanf("%d%d",&u,&v),w[u][v]=1; For(k,1,n) For(i,1,n) For(j,1,n) w[i][j]=min(w[i][j],w[i][k]+w[k][j]); dis[1][1]=1,id[1][1]=q.push(node{1,1,dis[1][1]}); while(1){ node x=q.top(); int a=x.u,b=x.v;q.pop(); if(a==2&&b==2)break; For(c,1,n) For(d,1,n) { if(a==c&&b==d)continue; if(dis[a][b]+w[b][c]+w[c][d]+w[d][a]-1<dis[c][d]){ dis[c][d]=dis[a][b]+w[b][c]+w[c][d]+w[d][a]-1; if(id[c][d]==0)id[c][d]=q.push(node{c,d,dis[c][d]}); else q.modify(id[c][d],node{c,d,dis[c][d]}); } } } cout<<dis[2][2]; return 0; }