牛客#2 L，多层图dp

注意，内存限制32MB，存不下边

题意：

一个游戏内有$n$个世界，每个世界有$m$个节点和若干的有向边，玩家一开始在第一个世界的第一个节点，当我们在$i$世界的$j$点时，我们可以选择这个世界$j$点的出发的一条边，到另外一个节点，但是在每个世界机会仅有一次，也可以不选择这样的边，在原地。假设我们在$i$世界内最后到达的时$j$点，那么我们会被传送至$i+1$世界的$j$点（这样的传送仅会发生在$i<n$），如果我们最后在$n$世界并且停留在$m$点，那我们就赢了。现在我们在这$n$个世界内选择若干个连续的世界组成一个新的游戏，唯一的限制是要保证新游戏至少有一种赢的方法，要求找到符合条件的世界的最少数量。

方法：

我们设$dp[i][j]$为能到达$i$世界的$j$点的最后的出发世界，显然，转移只发生在相邻两个世界，因此我们可以滚动优化，用$last$保存上个世界，$dp$计算当前世界，问题再与怎么转移？如果我们知道当前世界有一条$u\to v$的边，那么$v$肯定是与$u$有关系的，但能转移的是当前世界的$u$还是上个世界的$u$呢？假设在世界$i$有这样的例子$1\to 2\to 3$，一开始知道边$1\to 2$，显然$dp[1]=i$，那么$dp[2]=i$，再知道边$2\to 3$，于是$dp[3]=i$，这显然是不对的，因为每个世界仅有一次机会改变所在位置。因此我们选择从上个世界转移（这也是为什么不用一个数组来优化而用两个），那么知道边$u\to v$，就可以给$v$一个找更近的世界的机会，于是$dp[v]=max(dp[v],last[u])$，并且如果这个边是有关$m$的，还改变了$dp[m]$的值，我们就可以重新计算一遍$ans$，也就是当$dp[m]!=last[m]，ans=min(ans,i-dp[m]+1)$。并且我们还需要考虑可以从现在这个世界出发的情况，所以我们特殊设$last[1]=i$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

int read()
{
	int ret=0,base=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-') base=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
	{
		ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-48;
		ch=getchar();
	}
	return ret*base;
}

const int inf=0x3fffffff;

int n,m,ans=inf,dp[2005],last[2005];

int main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		last[1]=i;
		int t=read();
		while(t--)
		{
			int u=read(),v=read();
			dp[v]=max(dp[v],last[u]);
			if(v==m){
				if(dp[m]>last[m]) ans=min(ans,i-dp[m]+1);
			}
		}
		for(int j=1;j<=m;j++) last[j]=dp[j];
	}
	if(ans==inf) cout<<-1;
	else cout<<ans;
 	return 0;
}