Tourist Attractions

在美丽的比特镇一共有 n 个景区，编号依次为 1 到 n，它们之间通过若干条双向道路连接。
Byteasar 慕名来到了比特镇旅游，不过由于昂贵的门票费，他只能负担起 4 个景区的门票费。他可以在任意景区开始游览，然后结束在任意景区。
Byteasar 的旅游习惯比较特殊，一旦他路过了一个景区，他就一定会进去参观，并且他永远不会参观同一个景区两次。所以他想知道，有多少种可行的旅游路线，使得他可以恰好参观 4 个景区呢？
即，有多少条简单路径恰好经过了 4 个点。

Input
第一行包含两个整数 n，表示景区的总数。
第 2 至第 n + 1 行，每行一个长度为 n 的 01 字符串，第 i + 1 行第 j 个字符为 0 表示 i 和 j 之间
没有道路，为 1 表示有一条道路。
输入数据保证 (i; j) 的连接情况等于 (j; i) 的连接情况，且 (i; i) 恒为 0。

Output
输出一行一个整数，即可行的路线总数。

Examples
tour.in
4
0101
1010
0101
1010

tour.out
8

8 条路线分别为：
1->2->3->4，4->3->2->1，
2->3->4->1，1->4->3->2，
3->4->1->2，2->1->4->3，
4->1->2->3，3->2->1->4

分析：
先抛开正解，看一下部分分的算法
70% 的数据，n<=300
假设路径是 a->b->c->d，考虑枚举中间这条边 b->c，
计算有多少可行的a和d
设in[x]表示点x的度数(出入边条数)，那么边b->c对答案的贡献为
(in[b]-1)(in[c]-1)-经过b->c这条边的三元环个数
计算三元环的个数只需要枚举除b,c之外的另一个点即可。
时间复杂度 O(n^3)

70 分算法的瓶颈在于三元环计数
设Sx表示所有和x有边的点的集合，
那么其实就是统计

将S用二进制压位存储即可
时间复杂度 O(n^3/32)

挺好理解，然而二进制压位为什么的，我表示??

先献上70分代码：
注意：开long long！！！

这里写代码片
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N=1501;
int mp[N][N];
struct node{
    int x,y,nxt;
};
node way[N*N];
int st[N],tot=0;
int n,out[N];
long long ans=0;

void add(int u,int w)
{
    tot++;
    way[tot].x=u; way[tot].y=w; way[tot].nxt=st[u]; st[u]=tot;
}

void solve()  //顺序不同也视为不同 
{
    int i,tt;
    for (i=1;i<=tot;i++)
    {
        int r1=way[i].x;
        int r2=way[i].y;
        ans=ans+(long long)(out[r1]-1)*(out[r2]-1);
        tt=0;
        for (int j=1;j<=n;j++)
            if (j!=r1&&j!=r2)
               if (mp[r1][j]&&mp[r2][j]) tt++;
        ans=ans-(long long)tt;  //三元环的个数    
    }
}

int main()
{
    //freopen("tour.in","r",stdin);  
    //freopen("tour.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    char ch;
    scanf("%c",&ch);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++) 
        {
            scanf("%c",&ch);
            if (ch=='1') add(i,j),out[i]++;
            mp[i][j]=ch-'0';
        }
        scanf("%c",&ch);
    }
    solve();
    printf("%lld",ans);   //开ll 
    return 0;
}