Week7 作业——A - TT 的魔法猫

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;
 }