• POJ 3275 Ranking the Cows(传递闭包)【bitset优化Floyd】+【领接表优化Floyd】


    <题目链接>

    题目大意:
    FJ想按照奶牛产奶的能力给她们排序。现在已知有N头奶牛$(1 ≤ N ≤ 1,000)$。FJ通过比较,已经知道了M$1 ≤ M ≤ 10,000$对相对关系。每一对关系表示为“X Y”,意指X的产奶能力强于Y。现在FJ想要知道,他至少还要调查多少对关系才能完成整个排序。

    解题分析:

    因为完全图只需要$n*(n-1)/2$对关系就能确定所有的所有节点的顺序,所以这里我们只需要求出传递闭包之后,能够确定的关系数,然后相减即可。因为本题 $nleq10^3$,$O(n^3)$的Floyd复杂度过高,所以这里用到了bitset优化。同时,因为本题边非常少$mleq10^4$,所以本题还可以用领接表优化Floyd。

    bitset优化Floyd

    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <bitset>
    #include <algorithm>
    using namespace std;
    
    const int N = 1e3+5;
    bitset<N>b[N];
    
    int main(){
        int n,m;
        while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
            memset(b,0,sizeof(b));
            for(int i=1;i<=m;i++){
                int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
                b[u].set(v);
            }
            for(int j=1;j<=n;j++){
                for(int i=1;i<=n;i++){
                    if(b[i][j])b[i]|=b[j];      //Floyd传递闭包
                }
            }
            int ans=0;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                for(int j=1;j<=n;j++){
                    if(b[i][j])ans++;   //ans为传递闭包之后,全图的关系对
                }
            }
            printf("%d
    ",n*(n-1)/2-ans);   //n*(n-1)/2为完全图所需的关系对,减去当前图的关系对之后,就是需要添加的关系对
        }
    }

    领接表优化Floyd

    #include <cstdio>
    #include <vector>
    #include <cstring>
    #include <algorithm>
    using namespace std;
    
    #define pb push_back
    const int N = 1e3+5;
    vector<int>from[N],to[N];
    bool mp[N][N];
    int n,m;
    
    void init(){
        memset(mp,false,sizeof(mp));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            from[i].clear();to[i].clear();
        }
    }
    void addedge(int u,int v){
        mp[u][v]=true;
        from[v].pb(u),to[u].pb(v);
    }
    int main(){
        while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
            init();
            for(int i=1;i<=m;i++){
                int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
                addedge(u,v);
            }
            for(int k=1;k<=n;k++){
                for(int i=0;i<from[k].size();i++){   //能够直接到达k的点
                    for(int j=0;j<to[k].size();j++){    //能够由k直接到达的点    
                        int u=from[k][i],v=to[k][j];
                        if(!mp[u][v])addedge(u,v);    //只用更新那些没有传递关系的点
                    }
                }
            }
            int ans=0;
            for(int i=1;i<=n;i++)
                for(int j=1;j<=n;j++)
                    if(mp[i][j])ans++;
            printf("%d
    ",n*(n-1)/2-ans);
        }
    }

    2019-03-07

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