这道题改了两天……
因为这道题和节点有关， 所以就用拆点法解决节点的容量问题。
节点拆成两个点， 连一条弧容量为1， 表示只能经过一次。
然后图中的弧容量无限。
然后求最小割， 即最大流， 即为答案。
固定一个源点， 然后枚举汇点， 然后求最小的最小割就ok了。
这里的拆点法连边的时候是拆出来的点连上原来的点。
同时起点是起点拆出来的点终点是原来的点， 因为这起点和终点是可以经过很多次
的。
所以总结一下拆点法（解决每个节点只能经过一次的问题）
（1）开始初始化每个点拆成两个点， 连一条弧， 容量为1
（2）连图中的变得时候拆出来的点连接原来的点， 容量无限
（3）求最大流时起点为原来起点的拆出来的点， 终点为本身
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
using namespace std;const int MAXN = 1123;
struct Edge
{int from, to, cap, flow;Edge(int from, int to, int cap, int flow) : from(from), to(to), cap(cap), flow(flow) {};
};
vector<Edge> edges;
vector<int> g[MAXN];
int h[MAXN], cur[MAXN];
int n, m, s, t;void AddEdge(int from, int to, int cap)
{edges.push_back(Edge(from, to, cap, 0));edges.push_back(Edge(to, from, 0, 0));g[from].push_back(edges.size() - 2);g[to].push_back(edges.size() - 1);
}bool bfs()
{queue<int> q;memset(h, 0, sizeof(h));h[s] = 1;q.push(s);while(!q.empty()){int x = q.front(); q.pop();REP(i, 0, g[x].size()){Edge& e = edges[g[x][i]];if(e.cap > e.flow && !h[e.to]){h[e.to] = h[x] + 1;q.push(e.to);}}}return h[t];
}int dfs(int x, int a)
{if(x == t || a == 0) return a;int flow = 0, f;for(int& i = cur[x]; i < g[x].size(); i++){Edge& e = edges[g[x][i]];if(h[x] + 1 == h[e.to] && (f = dfs(e.to, min(a, e.cap - e.flow))) > 0){flow += f;edges[g[x][i] ^ 1].flow -= f;e.flow += f;if((a -= f) == 0) break;}}return flow;
}int maxflow()
{int ret = 0;while(bfs()) memset(cur, 0, sizeof(cur)), ret += dfs(s, 1e9);return ret;
}int main()
{while(~scanf("%d%d", &n, &m)){edges.clear();REP(i, 0, MAXN) g[i].clear();REP(i, 0, n) AddEdge(i, i + n, 1);while(m--){int u, v;scanf(" (%d,%d)", &u, &v);AddEdge(u + n, v, 1e9); AddEdge(v + n, u, 1e9);}int ans = n; s = n;for(t = 1; t < n; t++){REP(i, 0, edges.size()) edges[i].flow = 0;ans = min(ans, maxflow());}printf("%d\n", ans);}return 0;
}