记$l_{x}$为经过$x$的守卫路径长度，若不存在此类守卫则定义$l_{x}=1$
注意到若能在时刻$t$到达$x$，显然也能在时刻$t+l_{x}$到达$x$（顺着守卫的方向走），因此定义$d_{x,s}$为最早到达$x$且$\equiv s(mod\ l_{x})$的时刻，即具备单调性，进而不难得到转移如下——
$$
d_{x,s}\rightarrow
d_{y,t}=\min_{k\in N,d_{x,s}+k\cdot l_{x}+1\equiv t(mod\ l_{y})}(d_{x,s}+k\cdot l_{x}+1)
$$
其中转移需满足：1.$x=y$或$(x,y)\in E$；2.时刻$t$没有守卫经过$y$；3.时刻$t$没有守卫从$y$到$x$（注意$t$与$d_{x,s}+k\cdot l_{x}+1$等价）
在上述状态转移中，总转移数$M=\sum_{(x,y)\in E}l_{x}l_{y}\le mL+L^{4}$（对$x,y$是否均被守卫经过分类讨论），并且转移时有$d_{x,s}<d_{y,t}$，即可以使用dijkstra实现，时间复杂度为$o(M\log M)$，需要进行优化
具体的，将转移分为四类，分别进行优化：
1.$y$未被守卫经过，根据dijkstra的单调性，对于每一个$x$仅需要对此类$y$转移一次即可
2.$x$未被守卫经过且$y$被守卫经过，令$T$为$y$在$d_{x,s}$之后最早被守卫经过的时刻，仅转移到$d_{x,s}+1$和$T+1$即可
另外，若$d_{x,s}+1=T$则前者不能转移，正确性注意到其余的部分均会在$y$内部进行转移
3.$(x,y)$是某个守卫经过的边（包括正序和逆序），直接处理即可（注意仅需要转移$k=0$时）
4.除上述情况以外，即$x,y$均被守卫经过且不是某个守卫经过的边
令$T$为$y$在$d_{x,s}$之后最早被守卫经过的时刻，若时刻$T$没有守卫经过$x$，那么就可以在$y$上等待并在时刻$T$返回$x$（之后再返回$y$）
通过此方式，能转移到所有的$d_{y,t}$，并且已经达到下限（注意dijkstra的贪心），因此类似第2种情况转移后，就可以删除该边
进一步的，若时刻$T$有守卫经过$x$，那么对于$T$之前的时刻可以直接转移，否则必须绕若干圈后直至$T$时刻之后
记$T_{1}$为$T$以及$T$之后最早$\equiv s(mod\ l_{x})$的时刻（转到$T_{1}$时停止）$,T_{2}$为$y$在$T_{1}$之后最早被守卫经过的时刻，类似的判定时刻$T_{2}$是否有守卫经过$x$：若没有守卫经过$x$则处理方式与$T$相同（但不删除该边），否则简单分析不难证明走更多圈也无意义
考虑此时的$M$，将转移分为三类，分别进行分析：
1.$x,y$中某个点未被守卫经过，这类边仅会转移1次，因此总转移数为$o(m)$
2.$(x,y)$是某个守卫经过的边，这类边共$L$条且至多转移$L$次，因此总转移数为$o(L^{2})$
3.除上述情况外，即优化中的第4种情况，此时考虑$x$向环$y$的总转移数：第一次转移$ℓ_{y}$次后，至多剩下$\lceil\frac{ℓ_{y}}{l_{x}}\rceil$条边，即剩下的$l_{x}-1$个$s$转移次数均仅为$\lceil\frac{ℓ_{y}}{l_{x}}\rceil$，求和后为$ℓ_{y}+(l_{x}-1)\lceil\frac{ℓ_{y}}{l_{x}}\rceil\le 2ℓ_{y}$
再对$x$所在环上每一个点求和，最终两环之间总转移数即$o(ℓ_{x}ℓ_{y})$，求和后显然即$o(L^{2})$
综上，总转移数$M$是$o(m+L^{2})$的，而时间复杂度为$o(M\log M)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 250005 4 #define M 5000005 5 struct Edge{ 6 int pre,nex,fr,to; 7 }edge[M<<1]; 8 struct Data{ 9 int x,s,d; 10 bool operator < (const Data &k)const{ 11 return d>k.d; 12 } 13 }; 14 priority_queue<Data>q; 15 int n,m,t,E,x,y,ans,head[N],l[N],bl[N],pos[N],suml[N],vis0[N],vis[M],d[M]; 16 int read(){ 17 int x=0; 18 char c=getchar(); 19 while ((c<'0')||(c>'9'))c=getchar(); 20 while ((c>='0')&&(c<='9')){ 21 x=x*10+c-'0'; 22 c=getchar(); 23 } 24 return x; 25 } 26 int id(int x,int s){ 27 return suml[x-1]+s+1; 28 } 29 void upd(int x,int D){ 30 int s=D%l[x]; 31 if (d[id(x,s)]>D){ 32 d[id(x,s)]=D; 33 q.push(Data{x,s,d[id(x,s)]}); 34 } 35 } 36 int get_nex(int d,int l,int s){ 37 if (d%l>s)d+=l-d%l; 38 if (d%l<s)d+=s-d%l; 39 return d; 40 } 41 void add(int x,int y){ 42 edge[E]=Edge{-1,head[x],x,y}; 43 if (head[x]!=-1)edge[head[x]].pre=E; 44 head[x]=E++; 45 } 46 void del(int k){ 47 if (edge[k].nex>=0)edge[edge[k].nex].pre=edge[k].pre; 48 if (edge[k].pre<0)head[edge[k].fr]=edge[k].nex; 49 else edge[edge[k].pre].nex=edge[k].nex; 50 } 51 int calc(){ 52 memset(d,0x3f,sizeof(d)); 53 upd(1,0); 54 while (!q.empty()){ 55 int x=q.top().x,s=q.top().s,D=q.top().d; 56 q.pop(); 57 if (vis[id(x,s)])continue; 58 vis[id(x,s)]=1; 59 if ((!bl[x])||((s+1)%l[x]!=pos[x]))upd(x,D+1); 60 for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].nex){ 61 int y=edge[i].to,T=get_nex(D+1,l[y],pos[y]); 62 if (!bl[y]){ 63 upd(y,D+1),del(i); 64 continue; 65 } 66 if (!bl[x]){ 67 if (D+1!=T)upd(y,D+1); 68 upd(y,T+1); 69 continue; 70 } 71 if ((bl[x]==bl[y])&&((pos[x]+1)%l[x]==pos[y])){ 72 upd(y,D+1); 73 continue; 74 } 75 if ((bl[x]==bl[y])&&((pos[y]+1)%l[x]==pos[x])){ 76 if ((s!=pos[y])&&((s+1)%l[x]!=pos[y]))upd(y,D+1); 77 continue; 78 } 79 if (D+1!=T)upd(y,D+1); 80 if (T%l[x]!=pos[x]){ 81 upd(y,T+1),del(i); 82 continue; 83 } 84 int T1=get_nex(T,l[x],s),T2=get_nex(T1+1,l[y],pos[y]); 85 if (T1+1!=T2)upd(y,T1+1); 86 if (T2%l[x]!=pos[x])upd(y,T2+1); 87 } 88 } 89 return d[id(n,0)]; 90 } 91 int main(){ 92 n=read(),m=read(); 93 memset(head,-1,sizeof(head)); 94 for(int i=1;i<=m;i++){ 95 x=read(),y=read(); 96 add(x,y),add(y,x); 97 } 98 t=read(); 99 for(int i=1;i<=n;i++)l[i]=1; 100 for(int i=1;i<=t;i++){ 101 x=read(); 102 for(int j=0;j<x;j++){ 103 y=read(); 104 l[y]=x,bl[y]=i,pos[y]=j; 105 } 106 } 107 for(int i=1;i<=n;i++)suml[i]=suml[i-1]+l[i]; 108 ans=calc(); 109 if (ans!=0x3f3f3f3f)printf("%d\n",ans); 110 else printf("impossible\n"); 111 return 0; 112 }