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原题粘贴下来排版很难看，就不贴题目了把。

题意大意：给你一张有向图，起点为1，其中每经过一个未曾到过的点都会派一个人驻守这个点，标记图中某些点为铁矿点，某些点为煤矿点，现在问你从起点出发，至少到一次煤矿点和铁矿点，最少派多少人。

题意分析：很容易看出是一个最短路题，由于边权为1，问题可以直接用bfs解决，而解决这道问题的难点在于对

分叉点的处理，因为在一条包含分叉点的路径中，倘若直接用BFS计算，是会存在派两个人驻守同一个点情况的，

这题有个比较妙的处理是可以分别以原起点，煤矿和铁矿点为起点进行计算，然后计算这三种情况到每一个分叉

点的最短路，最后进行求和就可以了。代码中的建边和bfs方式我参考了别人代码，感觉比较巧妙并且减少了很多

代码量。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#include<vector>#include<queue>using namespace std;const int maxn=1e5+100,INF=0x3f3f3f3f;int n,k,m,coal[maxn],oil[maxn],src[5],inq[maxn];long long dp[5][maxn];queue<int> Q;vector<int> ax[maxn],rec[maxn];struct node{    int u,cost,flag,index;    bool operator<(const node&A)const    {        return cost>A.cost;    }};void bfs(int *op,int num,int n,int id,vector<int> ac[]){    for(int i=1;i<=n;i++)       {           inq[i]=0;           dp[id][i]=INF;       }    queue<int> q;    for(int i=0;i<num;i++)        {            dp[id][op[i]]=0;            q.push(op[i]);            inq[op[i]]=1;        }   while(!q.empty())   {       int p=q.front();       q.pop();        for(int i=0;i<ac[p].size();i++)        {            int to=ac[p][i];            //cout<<to<<endl;            if(dp[id][to]>dp[id][p]+1)            {                dp[id][to]=dp[id][p]+1;                if(!inq[to])                q.push(to),inq[to]=1;            }            //cout<<dp[id][to]<<" "<<to<<" "<<dp[id][p]<<endl;        }   }}int main(){    while(scanf("%d%d%d",&n,&k,&m)!=EOF)    {        long long min1=INF;        memset(dp,INF,sizeof(dp));        for(int i=1;i<=n;i++)            ax[i].clear(),rec[i].clear();        memset(coal,0,sizeof(coal));        memset(oil,0,sizeof(oil));        int a;        for(int i=0;i<k;i++)            scanf("%d",&a),oil[i]=a;        for(int i=0;i<m;i++)            scanf("%d",&a),coal[i]=a;        src[0]=1;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            int z;            scanf("%d",&z);            for(int j=0;j<z;j++)            {                 scanf("%d",&a),ax[i].push_back(a);                 rec[a].push_back(i);            }        }        bfs(src,1,n,0,ax);        bfs(oil,k,n,1,rec);        bfs(coal,m,n,2,rec);        for(int i=1;i<=n;i++)            min1=min(min1,(long long)(dp[0][i]+dp[1][i]+dp[2][i]));         if(min1==INF)                printf("impossible\n");         else            printf("%d\n",min1);    }    return 0;}