题意：

给你n(<=100)个点m(<=n*(n-1))条边的有向简单图，Alice和Bob（两个人都足够聪明）在这个图上玩游戏，两个人轮流沿着有向图走，一次只能走一条边，Bob先走，如果Alice和Bob走到同一个点，或者Bob无法走了，则Bob输，否则Bob赢（Alice永远追不上Bob或者Alice无路可走）。如果Bob能赢输出Yes，否则输出No。

思路：

考虑记忆化搜索。但是由于图并不是DAG，我们只能倒着从已知的状态往前推，从而找出所有的Bob的必败态。

dp[i][j][k]表示Bob在i点，Alice在j点，轮到k(k=0表示该Bob走了，k=1表示该Alice走了)走了时，Bob是否能赢（不能则值为0）。

显然可以找出两种Bob的必败态：

1、该Bob走了，并且无路可走

2、无论该谁走了，Bob和Alice在同一个点

将两种必败态的所有点加入队列，假设当前Bob在x点，Alice在y点，依次判断：

1、如果下一步该Bob走了并且是（Bob的）必败态，那么Alice直接从y的前一个点ny走到y。将得到的新的必败态(x,ny,1)加入队列。

2、如果下一步该Alice走了并且是（Bob的）必败态，那么枚举x的前驱节点nx，如果nx的所有后继状态都是必败态，那么得到新的必败态(nx,y,0)加入队列。

由于nx的所有后继状态都是必败态我们才去判断它，所以可以先记录好每个节点的出度，然后倒着建图，用一个cnt[i][j]表示i的（倒着建图的）后继节点的必败态数量，这样更方便判断。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
#define dep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
const int maxn=4e2+5;
//const double pi=acos(-1.0);
//const double eps=1e-9;
//const ll mo=1e9+7;
int n,m,k;
int a[maxn],c[maxn];
int ans,tmp;
int flag;
char s[maxn];
bool ok[maxn];
vector<int>vc[maxn],vv;
int dp[maxn][maxn][2];
int cnt[maxn][maxn];
int du[maxn];
template <typename T>
inline void read(T &X)
{X=0;int w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) {w|=ch=='-';ch=getchar();}while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();if(w) X=-X;
}
struct node{int x,y;int z;node(){}node(int xx,int yy,int zz){x=xx;y=yy;z=zz;}
};
queue<node>q,p;
int main()
{int T,cas=1;read(T);while(T--){read(n);read(m);q=p;ans=0; flag=0;int sb,sa;rep(i,1,n) {vc[i].clear();du[i]=0;}rep(i,0,n)rep(j,0,n)rep(k,0,1){dp[i][j][k]=-1;cnt[i][j]=0;}rep(i,1,n)rep(k,0,1){dp[i][i][k]=0;q.push(node{i,i,k});}vv.clear();rep(i,1,m){int x,y;read(x);read(y);vc[y].push_back(x);du[x]++;}rep(i,1,n) if(!du[i]){vv.push_back(i);}for(int k=0;k<vv.size();k++){int j=vv[k];rep(i,1,n){if(dp[j][i][0]!=0) {dp[j][i][0]=0;q.push(node{j,i,0});}}}read(sb);read(sa);while(!q.empty()){node s=q.front();q.pop();int x=s.x;int y=s.y;int z=s.z;if(z==0){for(int i=0;i<vc[y].size();i++){int j=vc[y][i];if(dp[x][j][1]){dp[x][j][1]=0;q.push(node{x,j,1});}}}else {for(int i=0;i<vc[x].size();i++){int j=vc[x][i];if(++cnt[j][y]==du[j])if(dp[j][y][0]){dp[j][y][0]=0;q.push(node{j,y,0});}}}}printf("Case #%d: ",cas++);if(dp[sb][sa][0]) puts("Yes");else puts("No");}return 0;
}
/*
555
4 6
1 2
2 3
3 2
4 3
3 4
2 1
2 3
*/