题意:
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?
输入:
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。
输出:
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。
样例:
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
解题思路:这个问题主要是求路径的传递性,a->b,b->c那么a->c;利用floyd算法可以在n^3时间内求出这个东西;之后细心一点就可以解决。
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[500][500];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
memset(a,0,sizeof(a));
int c,d;
scanf("%d%d",&c,&d);
while(d--)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
a[x-1][y-1]=1;
}
int t=c*(c-1)/2;
for(int k=0;k<c;k++)
{
for(int i=0;i<c;i++)
{
if(a[i][k]==0){continue;}//剪枝
for(int j=0;j<c;j++)
{
if(a[i][j]==1||a[k][j]==1)
{
a[i][j]=1;
}
}
}
}
int total=0;
for(int i=0;i<c;i++)
{
for(int j=0;j<c;j++)
{
if(a[i][j]==1)//对称性
{
a[j][i]=1;
}
}
}
for(int i=0;i<c;i++)
{
for(int j=i+1;j<c;j++)//求总共的可以判断的比赛
{
if(a[i][j]==1)
{
total++;
}
}
}
total=t-total;
printf("%d\n",total);
}
}