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
Sample Output
0
0
4
Floyd–Warshall
思路
1、分析题目可知该题为一个求传递闭包的问题,可以使用
step0 对每组数据,定义一个bool数组dis[501][501]存放大小关系,将输入的大小关系录入到dis数组中(dis[a][b]=1)
step1 调用Floyd函数,对某一k,若dis[i][j]=0,且dis[i][k]=1&&dis[k][j]=1,则将dis[i][j]赋为1。
step2 遍历dis数组,计算所有无法确定大小的数组对。
错误
1、如果直接按照Floyd算法做而不进行剪枝,会造成TE的错误,所以需要在Floyd算法中,当对与某一k下,若dis[i][k]==0或dis[i][j]==1或dis[k][j]==0的情况均不需继续计算,而是直接使用continue语句跳到下一个循环。
2、函数的参数为bool** dis时无法将dis[501][501]传入,所以考虑将参数直接换成确定大小的数组。
3、对每一个k计算dis[i][j],只需要考虑dis[i][k]和dis[k][j]是否全为1,不用考虑dis[k][i]和dis[j][k],因为这个在计算dis[j][i]时考虑了。
4、计算有多少对不确定时,dis[i][j]和dis[j][i]全为0时计算一次
代码
#include<iostream>
using namespace std;
void Floyd(int n,bool dis[501][501])//bool** dis 无法将第二维确定的二维数组传入。
{
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(dis[i][k]==0)
continue;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(dis[i][j]==1||dis[k][j]==0)
continue;
else
dis[i][j]=dis[i][k]&&dis[k][j];
}
}
}
int main()
{
int n,m,a,b,n1;
scanf("%d",&n1);
for(int x=0;x<n1;x++)
{
bool dis[501][501]={
};
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
dis[a][b]=1;
}
Floyd(n,dis);
int count=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
if(dis[i][j]==0&&dis[j][i]==0)
count++;
}
/* for(int i=0;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
cout<<dis[i][j]<<' ';
cout<<endl;
}*/
cout<<count<<endl;
}
return 0;
}