题目
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
output
0
0
4
解题思路
-
我们用一个 dis [x][y] 来表示 x胜过y
-
利用Floyd算法,求闭包
代码实现
#include<iostream>
using namespace std;
#define Max 505
int N,M;
int A,B;
bool dis[Max][Max];
void Floyd(int n)
{
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
{ if(!dis[i][k]) continue; //如果i不能胜k,那么肯定也不能胜j, 剪枝
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(dis[i][j])
continue;
else if(dis[i][k]&&dis[k][j]) //如果i胜k,k胜j,则i胜j
dis[i][j]=1;
}
}
}
int find() //看没有胜负关系有多少个
{
int sum=0;
for(int i=1;i<=N-1;i++)
for(int j=i+1;j<=N;j++)
{
if(i!=j){
if( dis[i][j] || dis[j][i])
continue;
else sum++;}
}
return sum;
}
void ini() //初始化
{
N=M=A=B=0;
for(int i=0;i<Max;i++)
for(int j=0;j<Max;j++)
dis[i][j]=0;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
int n; cin>>n;
for(int I=0;I<n;I++)
{
cin>>N>>M;
for(int i=0;i<M;i++)
{cin>>A>>B;
dis[A][B]=1;}
Floyd(N);
int s = find();
cout<<s<<endl;
ini();
}
return 0;
}
小结
Floyd的算法复杂度很高,所以我们要适当剪枝,降低复杂度。