【POJ No. 3275】奶牛排序 Ranking the Cows

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【题意】

约翰想按照奶牛的产奶能力给它们排序。

已知有N （1≤N ≤1 000）头奶牛，而且知道这些奶牛的M （1≤M≤10 000）种关系，将每种关系都表示为“X Y ”，表示奶牛X 的产奶能力大于奶牛Y 。约翰想知道自己至少还要调查多少对关系才能完成整个排序。

【输入输出】

输入：

第1行包含两个整数N 和M 。第2…M +1行，每行都包含两个整数X 和Y 。X 和Y 都在1～N 范围内，表示奶牛X 的排名高于奶牛Y。

输出：

单行输出至少还要调查多少种关系才能完成整个排序。

【样例】

【思路分析】

在输入样例中，cow2 >cow1 >cow5 ，cow2 >cow3 >cow4 ，所以cow2 的排名最高。不过，约翰需要知道排名大于cow1 及cow3 的排名第二的牛，还需要通过一个问题来确定cow4 和cow5 的顺序。之后，他需要知道如果cow1 大于cow3 ，那么cow5 是否大于cow3 。他必须问三个问题才能确定排名：“cow1 >cow3 ？cow4 >cow5 ？”“cow5 >cow3？”。

【算法设计】

① 根据输入样例，创建一个有向图。

② 根据传递性，得到的已知关系有7种，分别是：1>4、1>5、2>1、2>3、2>4、2>5、3>4。

③ 对于有n 个节点的图，两两之间的关系一共有n (n -1)/2种，5个节点共有5×4/2=10种关系，还需要知道10-7=3种关系即可。

[如何得到已知关系]

利用bitset位运算，将每个节点都用一个bitset 表示。

bitset<maxn>p[maxn]; //maxn表示位数，p[] 表示二进制数组

初始化时，p [ i ][ i ]=1，即p [i ]的第i 位为1（从右侧数第0位、1位、2位）。

输入1-5，令p [1][5]=1，则p [1]=…….100010。
输入1-4，令p [1][4]=1，则p [1]=…….110010。
输入2-1，令p [2][1]=1，则p [2]=…….000110。
输入2-3，令p [2][3]=1，则p [2]=…….001110。
输入3-4，令p [3][4]=1，则p [3]=…….011000。

判断每个数组的每一位：

if(p[i][k]){p[i] |= p[k]; //按位或运算
}

例如，p [2][1]=1，则p [2]=p [2]|p [1]= 001110 | 110010=111110。如果2和1有关系，而1和4、5有关系，则通过或运算，可以得出2和4、5也有关系。

通过此方法，可以找到每个点和其他点的关系。用ans累计每个数组元素1的个数，因为初始化时自己到自己为1，所以ans多算了n 种关系，已知关系数应为ans-n ，用n (n -1)/2减去已知关系数即可。

for(int i = 1; i <= n ; i ++){ans += p[i].count(); //每个数组中元素1 的个数
}
cout << n * (n - 1) / 2 - ans + n << endl;

【算法实现】

#include<iostream>
#include<bitset>using namespace std;const int maxn = 1005;
bitset<maxn>p[maxn];int main(){int n , m;cin >> n >> m;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){p[i][i] = 1;}while(m --){int u , v;cin >> u >> v;p[u][v] = 1;}for(int k = 1; k <= n ; k++){for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){if(p[i][k]){p[i] |= p[k]; }}  }int ans = 0;for(int i = 1; i <= n ; i++){ans += p[i].count();}cout << n * (n - 1) / 2 - ans + n << endl;return 0;
}

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