大致题意：
给定一张(n)个结点(m)条边的有向图，边权固定为1，每秒可以移动(2^t)（(t)为任意值）。求从(1)到(n)的最短所需时间。
其中(nleq 50,mleq 10000,dis_{1-n}leq int_{max})。
第一眼是个最短路，然后发现不对劲。
因为从(1)到(n)的最短路不一定是所求答案，即二进制下(1)的个数不一定最少。
举个栗子：
在这张图中，很明显最短路是(1-2-4-7)，但需要(2+1)共(2)秒。而另一条路虽然长度为(4),但只需要一次(2^2)就可以到达，时间只需要(1)秒。
于是我们需要根据题目中(2^t)这个提示，考虑如何融入倍增的思想。
最终的算法肯定还是落脚在最短路上，但是这个边不应该是最初输入进来的，而是通过我们的计算，可以一步到达的两个点之间连边。
什么情况下两个点可以一步到达？
对于((u,v))是否能通过一个(2^t)跨过去，我们如果能找到一个(k)满足((u,k))能够(2^{t-1})跨过去，并且，((k,v))
也可以(2^{t-1})跨过去，那就一定可行。
于是考虑用(dp[u][v][t])表示，从(u)到(v)是否能移动(2^t)到达。
对于输入的边((u,v))，当然是可以通过(2^0)距离到达的，那么(dp[u][v][0]=1)。并连上(u)和(v)。
此外就如上所述，遍历其他点(k)，如果有dp[u][k][t-1]&dp[k][v][t-1]==1，那么dp[u][v][t]=1，并且把(u),(v)连上。
完成了建边之后，直接跑最短路即可。考虑到(n)的范围只有(50),于是方便地选用(Floyd)。
另外，(t)只需要枚举到(31)即可((int_{max}=2^{31}-1))。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=70;
int dis[N][N],dp[N][N][N];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
dis[u][v]=1;
dp[u][v][0]=1;
}
for(int t=1;t<32;t++)
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int u=1;u<=n;u++)
for(int v=1;v<=n;v++)
if(dp[u][k][t-1]&dp[k][v][t-1])
dis[u][v]=dp[u][v][t]=1;
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int u=1;u<=n;u++)
for(int v=1;v<=n;v++)
dis[u][v]=min(dis[u][v],dis[u][k]+dis[k][v]);
printf("%d
",dis[1][n]);
return 0;
}