floyd的魔改应用——洛谷P2419 [USACO08JAN]牛大赛Cow Contest 题解

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原题：

题目背景
[Usaco2008 Jan]

题目描述
N (1 ≤ N ≤ 100) cows, conveniently numbered 1..N, are participating in a programming contest. As we all know, some cows code better than others. Each cow has a certain constant skill rating that is unique among the competitors.

The contest is conducted in several head-to-head rounds, each between two cows. If cow A has a greater skill level than cow B (1 ≤ A ≤ N; 1 ≤ B ≤ N; A ≠ B), then cow A will always beat cow B.

Farmer John is trying to rank the cows by skill level. Given a list the results of M (1 ≤ M ≤ 4,500) two-cow rounds, determine the number of cows whose ranks can be precisely determined from the results. It is guaranteed that the results of the rounds will not be contradictory.

FJ的N(1 <= N <= 100)头奶牛们最近参加了场程序设计竞赛:)。在赛场上，奶牛们按1..N依次编号。每头奶牛的编程能力不尽相同，并且没有哪两头奶牛的水平不相上下，也就是说，奶牛们的编程能力有明确的排名。 整个比赛被分成了若干轮，每一轮是两头指定编号的奶牛的对决。如果编号为A的奶牛的编程能力强于编号为B的奶牛(1 <= A <= N; 1 <= B <= N; A != B) ，那么她们的对决中，编号为A的奶牛总是能胜出。 FJ想知道奶牛们编程能力的具体排名，于是他找来了奶牛们所有 M(1 <= M <= 4,500)轮比赛的结果，希望你能根据这些信息，推断出尽可能多的奶牛的编程能力排名。比赛结果保证不会自相矛盾。

输入格式
第1行: 2个用空格隔开的整数：N 和 M

第2..M+1行: 每行为2个用空格隔开的整数A、B，描述了参加某一轮比赛的奶 牛的编号，以及结果（编号为A，即为每行的第一个数的奶牛为 胜者）

输出格式
第1行: 输出1个整数，表示排名可以确定的奶牛的数目

输入输出样例
输入 #1复制
5 5
4 3
4 2
3 2
1 2
2 5
输出 #1复制
2
说明/提示
输出说明:

编号为2的奶牛输给了编号为1、3、4的奶牛，也就是说她的水平比这3头奶

牛都差。而编号为5的奶牛又输在了她的手下，也就是说，她的水平比编号为5的

奶牛强一些。于是，编号为2的奶牛的排名必然为第4，编号为5的奶牛的水平必

然最差。其他3头奶牛的排名仍无法确定。

分析题目：

如果说一头牛的排名是确定的，那么首先所有的牛所构成的必须是一个连通块。如果说所有的牛无法构成一个连通块，那么任意的一头牛的排名都是不确定的。

我们可以将所有牛的状态构建成一个图。如果说一头牛的排名确定，那么它关于其他所有牛的胜负关系一定也是确定的。那么我们看到数据n<=100所以n³=1e6的范围所以O（n³）的算法1s是可以接受的。所以我们果断选择O（n³）的floyd的算法来计算改图中一点与其他点之间的连通性（其他点是否都为这一个点的”祖先“或”子孙“）

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 105
#define M 4505
using namespace std;
int n,m; 
bool f[N][N];
int a,b;
int ans;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&a,&b);
        f[a][b]=true;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            for(int k=1;k<=n;k++){
                f[j][k] = f[j][k] || (f[j][i]&&f[i][k]);
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        bool g=true;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(i==j) continue;
            g=g&&(f[i][j]|f[j][i]);
        }
        ans+=(g?1:0);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}