Week7 A - TT 的魔法猫

问题描述

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。

3
3 3
1 2
1 3
2 3
3 2
1 2
2 3
4 2
1 2
3 4
0
0
4

思路

因为胜负关系具有传递性，因此这里的用到的是传递闭包的思路，用 Floyd 算法求出 任意两点的胜负关系（传递闭包），即可求出答案 ，a[ i ][ j ]= 1 表示 i 比 j 强 ,a[ i ][ j ]= 0 表示 i 与 j 的胜负关系不明 ,a[ i ][ j ]= 0 且 a[ j ][ i ]= 0 即表示 i 与 j 的胜负 关系无法预先判断,利用胜负的传递性，a[ i ][ k ]=0就没必要再进行下一层的搜索了，就节省了一次for循环，最后计算a[ i ][ j ]= 0 且 a[ j ][ i ]= 0的点的数量，这里注意遍历矩阵的右上部或左上部即可，避免重复计算

代码

#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std; 
int n,m,c,t1,t2,cnt; 
bool a[501][501]; 
int main() {
    
    scanf("%d", &c);  
    while (c--)
    {
        cnt=0;
        memset(a,0,sizeof(a)); 
        scanf("%d%d", &n,&m);  
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            scanf("%d%d", &t1,&t2);
            a[t1][t2]=1;   
        }
        for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
        if(a[i][k])
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                if(a[i][j])continue;
                a[i][j]=a[i][k]&&a[k][j];
            }
        }

        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
           if(!a[i][j]&&!a[j][i])cnt++;
        }
        printf("%d\n",cnt);
    }
      
   // system("pause");
    return 0;
}