显然，如果节点 \(u\) 不是 \(s_i \to t_i\) 的必经点，那么在 \(u\) 等 \(i\) 号车是没有前途的。类似地，若在 \(u\) 处上了 \(i\) 号车，且 \(v\) 不是 \(s_i \to t_i\) 的必经点，那么也不可能从 \(u\) 直接到 \(v\)。
那么一个简单的想法是直接把每条边对应的必经点连边跑最短路，当然这样是错的，考虑下面这种情况：\(s_i \to t_i\) 上的某两个点可能都不是路径 \(i\) 的必经点，但是它们分别是路径 \(j,k\) 的必经点，而 \(j,k\) 同时能够到达 \(b\)，那么 \(i\) 其实一定能够到达 \(b\)，于是就寄了。
上述做法的问题在于，当我们在坐上 \(i\) 号车后就铁了心要在路径 \(i\) 的必经点上换乘，然而实际情况可能并不是这样。
我们不妨把所有 \(O(nk)\) 种状态都表示出来，设 \(f_{i,j}\) 为在点 \(i\) 坐 \(j\) 号车的最少换乘次数，\(S_{i \to j}\) 表示 \(i \to j\) 最短路上的点集，\(T_i\) 表示路径 \(i\) 的必经点集，考虑换乘还是继续坐，有转移：
\[f_{i,j} = \min\left( \max_{p \in S_{i \ \to \ t_j}} f_{p,j}, \ 1 + \min_{i \in T_k} f_{i,k}\right) \]初始值 \(f_{b,i} = 0(b \in S_{s_i \to t_i})\)，答案即为 \(\min \{ f_{a,i} \}(a \in T_i)\)。
那个 \(\max\) 是因为公交车一定会走最坏的路线。由于转移只有在换乘的时候才会加 \(1\)，因此 \(f\) 的值域是 \(O(n)\) 的。于是可以类似 dijkstra 分层转移，每次把 \(f\) 值为 \(i\) 的状态拿出来更新其他状态。
第二种转移可以直接做，第一种转移我们对 \(S_{s_i \ \to \ t_i}\) 建反图，显然这是个 DAG，可以用类似拓扑排序的方式转移。由于要取 \(\max\)，而我们刚好是从小到大枚举权值，用最后一个后继来更新即可。
注意转移顺序：由于在第一种转移中可能会把前驱的 \(f\) 值也变成 \(i\)，因此先进行第一种转移，然后枚举所有 \(f\) 值为 \(i\) 的状态进行第二种转移。
预处理 \(T_i\) 和 \(S_{i \to j}\) 即可做到 \(O(n^4 + n^2k)\)，精细实现预处理可以做到 \(O(n^3+n^2k)\)，代码偷懒写了 \(n^4\) 的。
code
/*
最黯淡的一个 梦最为炽热
万千孤单焰火 让这虚构灵魂鲜活
至少在这一刻 热爱不问为何
存在为将心声响彻
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int, int>
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define fi first
#define se second
#define int long long
#define mem(x, v) memset(x, v, sizeof(x))
#define mcpy(x, y) memcpy(x, y, sizeof(y))
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define TIME 1e3 * clock() / CLOCKS_PER_SEC
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, w = 1;char ch = getchar();
while (ch > '9' || ch < '0') { if (ch == '-')w = -1;ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
return x * w;
}
const int MN = 1e2 + 5;
const int Mod = 998244353;
const int inf = 1e18;
inline int min(int x, int y) { return x < y ? x : y; }
inline int max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
inline int qPow(int a, int b = Mod - 2, int ret = 1) {
while (b) {
if (b & 1) ret = ret * a % Mod;
a = a * a % Mod, b >>= 1;
}
return ret;
}
#define dbg
int N, M, K, a, b, s[MN], t[MN];
int dis[MN][MN], f[MN][MN], g[MN][MN], _dis[MN][MN], d[MN][MN], on[MN][MN], mst[MN][MN];
vector <int> e[MN][MN];
signed main(void) {
N = read(), M = read(), a = read(), b = read();
mem(dis, 0x3f);
for (int i = 1; i <= N; i++) dis[i][i] = 0;
for (int i = 1; i <= M; i++) {
int x = read(), y = read();
dis[x][y] = 1;
}
K = read();
for (int i = 1; i <= K; i++) s[i] = read(), t[i] = read();
mcpy(g, dis);
for (int k = 1; k <= N; k++)
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = 1; j <= N; j++)
dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]);
for (int u = 1; u <= N; u++) {
mcpy(_dis, g);
for (int i = 1; i <= N; i++)
_dis[i][u] = _dis[u][i] = inf;
for (int k = 1; k <= N; k++)
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = 1; j <= N; j++)
_dis[i][j] = min(_dis[i][j], _dis[i][k] + _dis[k][j]);
for (int i = 1; i <= K; i++)
mst[u][i] = _dis[s[i]][t[i]] != dis[s[i]][t[i]];
}
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = 1; j <= K; j++)
on[i][j] = dis[s[j]][t[j]] == dis[s[j]][i] + dis[i][t[j]];
mem(f, 0x3f);
for (int i = 1; i <= K; i++)
if (on[b][i]) f[b][i] = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = 1; j <= K; j++)
for (int k = 1; k <= N; k++)
if (on[i][j] && on[k][j] && dis[i][t[j]] + 1 == dis[k][t[j]] && dis[k][i] == 1) d[k][j]++, e[i][j].pb(k);
for (int i = 0; i < N; i++) {
queue <pii> q;
for (int j = 1; j <= N; j++)
for (int k = 1; k <= K; k++)
if (f[j][k] == i) q.push(mp(j, k));
while (!q.empty()) {
pii x = q.front();
q.pop();
for (int j : e[x.fi][x.se])
if ((!--d[j][x.se]) && f[j][x.se] > i) f[j][x.se] = i, q.push(mp(j, x.se));
}
for (int j = 1; j <= N; j++)
for (int k = 1; k <= K; k++)
if (f[j][k] == i && mst[j][k])
for (int p = 1; p <= K; p++)
f[j][p] = min(f[j][p], f[j][k] + 1);
}
int ans = inf;
for (int i = 1; i <= K; i++) if (mst[a][i]) ans = min(ans, f[a][i]);
printf("%lld\n", ans < inf ? ans + 1 : -1);
return 0;
}