week7作业题_A - TT 的魔法猫

A - TT 的魔法猫

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题目描述

众所周知，TT 有一只魔法猫。
这一天，TT 正在专心致志地玩《猫和老鼠》游戏，然而比赛还没开始，聪明的魔法猫便告诉了 TT 比赛的最终结果。TT 非常诧异，不仅诧异于他的小猫咪居然会说话，更诧异于这可爱的小不点为何有如此魔力？
魔法猫告诉 TT，它其实拥有一张游戏胜负表，上面有 N 个人以及 M 个胜负关系，每个胜负关系为 A B，表示 A 能胜过 B，且胜负关系具有传递性。即 A 胜过 B，B 胜过 C，则 A 也能胜过 C。
TT 不相信他的小猫咪什么比赛都能预测，因此他想知道有多少对选手的胜负无法预先得知，你能帮帮他吗？

Input
第一行给出数据组数。
每组数据第一行给出 N 和 M（N , M <= 500）。
接下来 M 行，每行给出 A B，表示 A 可以胜过 B。
Output
对于每一组数据，判断有多少场比赛的胜负不能预先得知。注意 (a, b) 与 (b, a) 等价，即每一个二元组只被计算一次。
Sample Input
3
3 3
1 2
1 3
2 3
3 2
1 2
2 3
4 2
1 2
3 4
Sample Output
0
0
4

题目思路

根据题目的意思我们可以知道这是一个求传递闭包的问题。首先我们可以根据N , M <= 500的数据范围知道本题的复杂度可以为O(n ^ 3)，因为题目中的胜负关系有传递性，所以这题我们可以用Floyd算法求出。
dis[a][b] = 1表示a比b强
dis[a][b] = 0表示a和b胜负关系不明
dis[a][b] = 0且dis[b][a] = 0即表示a，b的胜负关系无法预先判断。
这里需要注意到求i，j之间距离的方法是：dis[i][j] = dis[i][j] | (dis[i][k] & dis[k][j])。在这个里面我们还给Floyd算法加上了一点剪枝，因为如果dis[i][k] == 0，那就不需要更新dis[i][j]。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstring>
#define _for(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++) 
using namespace std;
const int MAXN = 510;

int num;
int n,m,a,b,ans;
int dis[MAXN][MAXN];

void Floyd()
{
	_rep(k,1,n)
	{
		_rep(i,1,n)
		{
			if(dis[i][k] == 1)
				_rep(j,1,n)
				{
					dis[i][j] = dis[i][j] | (dis[i][k] & dis[k][j]);
				}
		}
	}
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	
	cin >> num;
	_for(i,0,num)
	{
		ans = 0;
		cin >> n >> m;
		memset(dis,0,sizeof(dis));
		_rep(j,1,m)
		{
			cin >> a >> b;
			dis[a][b] = 1;	
		}
		
		Floyd();
		
		_rep(j,1,n)
			_rep(k,j+1,n)
				if(!(dis[j][k] | dis[k][j]))
					ans++;
					
		cout << ans << endl;
	}
}