小Z爱图论（NOIP信（sang）心（bin）赛）From FallDream

题目：

小Z最近喜欢上了图论，于是他研究了一下图的连通性问题。但是他遇到了一个难题。

给定一个n个点的有向图，求有多少点对(i,j)满足从i点出发能到达点j ?

小Z仅会简单的朴素算法，所以他想问问你怎么解决。

你能帮帮他吗？

输入/输出格式

第一行一个数字n，表示有n个点。

接下来n行，每行n个0/1，如果第i行第j个是1，表示从第i个点向第j个点有连边。

输出仅包含一个数，表示满足条件的点对数量。

样例输入/输出

Input:

3

0 1 0

0 0 1

1 0 0

Output:

9

样例解释

从任意一个点出发均可到达其它所有点（包括自己）

数据范围与约定

      对于50%的数据，满足n<=500

对于100%的数据，满足n<=2000

注意i和j可以相同

好吧，大家一看到这道题，心想:有向图判断连通，SB都会（蒟蒻瑟瑟发抖）。。

然后我们看到了数据范围。。

恩。。

好像O（n^3）不能过？

然后N（n^2logn）就能过了？

然后各种奇特算法就冒了出来。。

计算强联通分量。。。（tarjan+拓补？（by hzwer））

结果蒟蒻认为非常的难，就写了个暴力，拿了40分、

结果学长给出正解。

floyd....

floyd?不会T？

是的，不会T，因为我们拥有了一个新数据结构！

BITSET!!!!

科普一下。

首先用bitset要#include<bitset>

同时要定义的时候要这么写：bitset<位数> 名称([数组]可加可不加)

先来理解一下bitset到底是什么东东。

众所周知，1个bool值有2种可能 0或1

那么一个bitset就像是n个bool值用二进制叠了起来，如：001010

所以还是O（N）啊？

不对，因为一个二进制数为1bit

而一个int为32bit

所以复杂度为O（N^3）/32

神奇的过了。。

然后再来讲一讲具体的应用

首先bitset最常用的就是count()函数，他能找出bitset中1的数量（复杂度玄学）

本题中我们将floyd简化

原来3个循环，现在2个。

bitset<2005> b[2005]

for(int i=1;i<=n;i++)

for(int j=1;j<=n;j++)

if(b[j][i])b[j]|=b[i];

就是说如果j能走到i，那么i能走到的地方j一定能走到。

最后统计答案即可(b[i].count()的函数返回值即为i能到达的点的个数（包括i自己）)

下面贴代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#define r register
using namespace std;
bitset<> b[];
int n;
int ans;
int main(){
    freopen("graph.in","r",stdin);
    freopen("graph.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(r int i=;i<=n;i++)
        for(r int j=;j<=n;j++)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            b[i][j]=(x|(i==j));
        }
    for(r int i=;i<=n;i++)
    for(r int j=;j<=n;j++)
    if(b[j][i])b[j]|=b[i];
    for(r int i=;i<=n;i++)
    ans+=b[i].count();
    printf("%d\n",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
}