TT的魔法猫 || Floyd算法

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

1. 我们用一个 dis [x][y] 来表示 x胜过y

2. 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。