atcoder beginner contest 132 Hopscotch Addict（BFS变形 编码）

题目大意：

有一个有向图，我们定义操作：每次我们可以走3格。问从起点s到终点t，能不能恰好在n次操作后恰好达到。若能达到，最少需要多少次的操作。

解题思路：

无权图最短路，我们很容易想到使用BFS来解决。可是，这里区别于一般的BFS，我们每次要走3格。因为我们最终能到达的话，终点到起点的距离必然是3的倍数，所以图上的点最多只会走三次，例如：我们这个点v到起点s的距离可以为1，2，3，那么假如还有一条路径使得v到s距离为4，其实是没有必要选择这条路径的，假设我们选择了这条路径，这条路径其实和一开始到起点距离为1的路径对去终点的贡献是一样的，而且这条路径还长了，我们是不选择的。

另外这里还有一个小技巧，是将点的三个距离压缩为1维进行记录，具体地：距离%3 * n + id; 其中n为总点数，id为下一个点的标号。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N ((int)1e5+5)
using namespace std;
int main(){
	// interesting
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	vector<vector<int>> gra(N);
	for(int i=0;i<m;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		u-=1;
		v-=1;
		gra[u].emplace_back(v);
	}
	int s,t;
	cin>>s>>t;
	s-=1;
	t-=1;
	queue<pair<int,int>> q;
	q.push(make_pair(0,s));
	vector<int> flag(3*n,-3);
	int dfsParent[3*n];
	memset(dfsParent,0,sizeof(dfsParent));
	while(!q.empty()){
		pair<int,int> nx=q.front();q.pop();
		int nxdis=nx.first;
		int nxpoi=nx.second;
		if(flag[nxpoi]!=-3)continue;
		flag[nxpoi]=nxdis;
		for(int i=0;i<(int)gra[nxpoi%n].size();i++){
			int nx=gra[nxpoi%n][i];
			q.push(make_pair(nxdis+1,(nxdis+1)%3*n+nx));
			dfsParent[(nxdis+1)%3*n+nx]=nxpoi;
		}
	}
	cout<<flag[t]/3<<endl;
	
	return 0;
}