poj3660 Cow Contest（Floyd-Warshall方法求有向图的传递闭包）

poj3660

题意：

有n头牛， 给你m对关系（a, b）表示牛a能打败牛b， 求在给出的这些关系下， 能确定多少牛的排名。

分析：

在这呢先说一下关系闭包：

关系闭包有三种： 自反闭包（r）， 对称闭包（s）， 传递闭包（t)。

先画出 R 的关系图，再画出 r(R), s(R), t(R) 的关系图。

                      

我们今天用的是传递闭包。   仅作为个人理解 传递闭包： 关系之间具有传递性（例如a> b, b> c, 那么a> c）， 在那些已给出的关系基础上， 通过传递性， 把所有可能的关系都找出来。  如上图。

这里需要先求一下所有牛之间的传递闭包， 那么我们这题与传递闭包又有什么关系呢。 下面将慢慢解答。

如果一头牛被x头牛打败，并且可以打败y头牛，如果x+y=n-1，则我们容易知道这头牛的排名就被确定了，所以我们只要将任一头牛，可以打败其他的牛的个数x， 和能打败该牛的牛的个数y求出来，在遍历所有牛判断一下是否满足x+y=n-1，就知道这个牛的排名是否能确定了（而传递闭包，正好将所有能得出关系都求出来了）， 再将满足这个条件的牛数目加起来就是所求解。 x可以看成是入度， y是出度。

在floyd-warshall（不了解该算法的点这里）求每对顶点间的最短路径算法中，可以通过O(v^3)的方法求出图的传递闭包。可以位每条边赋以权值1,然后运行Floyd-Wareshall。如果从  i  到  j  存在一条路径，则d(i,j)<N,否则d(i,j)=MAX。

一种改进的算法是：由于我们需要的只是判断是否从i到j存在一条通路，所以在Floyd-Wareshall中的动态规划比较中，我们可以把min和+操作改为逻辑or( ||  )和逻辑（&&）。也就是将  d[i][j] = min(d[i][j],  d[i][k]+dist[k][j]);    改成    if(d[i][j] == 1 || (d[i][k] == 1 && d[k][j] == 1))   d[i][j] = 1;

设  d(i,j) ＝ 1表示从 i 到 j 存在一条通路 p，且 p 的所有中间节点都在0,1,2,...,k中, 否则d(i,j)=0。我们把边(i,j)加入到E*中当且仅当d(i,j)=1。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string.h>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;

int n, m, ans, v[][];

void floyd()//求图的闭包， 把所有可以确定的关系都求出来
{
    for(int k = ; k <= n; k++)
    {
        for(int i = ; i <= n; i++)
        {
            for(int j = ; j <= n; j++)
            {
                if(v[i][j] ==  || (v[i][k] ==  && v[k][j] == ))
                    v[i][j] = ;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
    {
        memset(v, , sizeof(v));
        for(int i = ; i <= m; i++)
        {
            int x, y;
            scanf("%d%d", &x, &y);
            v[x][y] = ;
        }
        floyd();

        ans = ;
        for(int i = ; i <= n; i++)
        {
            int du = ;
            for(int j = ; j <= n; j++)//对于每头牛， 求是否有唯一排名
            {
                if(i == j) continue;
                if(v[i][j] ==  || v[j][i] == )
                    du++;
            }
            if(du == n-)
                ans++;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return ;
}