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来源：牛客网

题目描述

有一位使者要游历各国，他每到一个国家，都能学到一种文化，但他不愿意学习任何一种文化超过一次（即如果他学习了某种文化，则他就不能到达其他有这种文化的国家）。不同的国家可能有相同的文化。不同文化的国家对其他文化的看法不同，有些文化会排斥外来文化（即如果他学习了某种文化，则他不能到达排斥这种文化的其他国家）。

现给定各个国家间的地理关系，各个国家的文化，每种文化对其他文化的看法，以及这位使者游历的起点和终点（在起点和终点也会学习当地的文化），国家间的道路距离，试求从起点到终点最少需走多少路。

输入描述:

第一行为五个整数N，K，M，S，T，每两个整数之间用一个空格隔开，依次代表国家个数（国家编号为 1 到N），文化种数（文化编号为 1 到 K），道路的条数，以及起点和终点的编号（保证S 不等于T）；

第二行为N个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，其中第i个数Ci，表示国家i的文化为Ci。

接下来的K行，每行K个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，记第i行的第j个数为 aij，aij= 1 表示文化 i 排斥外来文化 j（i 等于 j 时表示排斥相同文化的外来人），aij= 0 表示不排斥（注意i 排斥 j 并不保证 j 一定也排斥i）。

接下来的M行，每行三个整数u，v，d，每两个整数之间用一个空格隔开，表示国家u与国家v有一条距离为d的可双向通行的道路（保证u不等于v，两个国家之间可能有多条道路）。

输出描述:

输出只有一行，一个整数，表示使者从起点国家到达终点国家最少需要走的距离数（如果无解则输出-1）。

解题思路：

第一眼看到最少距离数，还以为要用求单源最短路径的迪杰斯特拉算法（不知道的小伙伴可以看我之前的文章），结果试了半天，最后才幡然悔悟。这道题的通行方式随着到达国家的变化而不断变化，要走这种条件不断改变的路线图，当然用DFS啦！还有一个原因是，这道题的测试用例范围并不大，所以我估计用DFS应该不会超时。

那就开始我们解题之路：

首先读入数据。这里我们创建一个vector类型的数组reject[i]，用于标注排斥文化i其他所有文化；数组visit 用于标注目前禁止通行的文化；数组map保存路线图。然后我们从起点国家出发，每到达一个新的国家，就先更新visit数组，然后搜索下一个可以到达的国家（满足具有通路，且文化不发生排斥）。重复上述过程，用k记录目前已走过的路程，当达到终点国家时，比较k值大小，选取较小值作为答案。

满分代码：

# include >
# include 
# include using namespace std;const int maxn = 110;
int N, K, M, S, T;
int visit[maxn] = { 0 };     //标注目前禁止通行的文化(0:可以 1:不可以)
vectorreject[maxn];     //标注排斥一种文化的其他所有文化
int C[maxn];                 //保存每个国家的文化
int map[maxn][maxn];         //保存路线图
int ans = -1;                //最终结果
void DFS(int v, int k, int visit[]);int main()
{cin >> N >> K >> M >> S >> T;for (int i = 1; i <= N; i++) {cin >> C[i];}int a;for (int i = 1; i <= K; i++) {for (int j = 1; j <= K; j++) {cin >> a;if (a) {reject[j].push_back(i);}}}int u, v, d;for (int i = 1; i <= M; i++) {cin >> u >> v >> d;map[u][v] = d;map[v][u] = d;}DFS(S, 0, visit);cout << ans << endl;return 0;
}void DFS(int v, int k, int visit[])
{//如果该国家的文化排斥终点国家的文化，直接回溯if (visit[C[T]]) {return;}//到达终点国家if (v == T) {if (ans == -1 || ans > k) {ans = k;}return;}//添加新的不能通行的文化visit[C[v]] = 1;for (int i = 0; i < reject[v].size(); i++) {visit[reject[v][i]] = 1;}for (int i = 1; i <= N; i++) {//如果两个国家存在道路，且不发生排斥if (map[v][i] && !visit[C[i]]) {DFS(i, k + map[v][i], visit);}}return;
}

以上便是我的解题思路，很高兴与大家分享。