题目描述
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输出格式
样例
数据范围与提示
solution：
这道题给出三种算法：
DFS：
这道题搜索可以过
用vecter建边，若有一条由i指向j的边，那么把j压到i的vector中（这种建边方法好像比前向星快）
建立bool数组vis，vis[i][j]=1表示已经访问过由i指向j的边
我们对于每一个点进行dfs，其中dfs(i,j)表示以i为起点开始搜索，当前搜到了j点，依次向下dfs并统计答案
由于这里的vis存的是边的信息，所以不用考虑环。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 #include<queue> 7 #include<vector> 8 #define MAXN 2005 9 using namespace std; 10 int n,ans[MAXN],res=0; 11 char ch[MAXN][MAXN]; 12 vector<int>mapa[MAXN]; 13 bool vis[MAXN][MAXN];//vis[i][j]表示是否访问过由i向j的边 14 void dfs(int st,int now){//st:起点,now:当前节点 15 ans[st]++; 16 vis[st][now]=1; 17 int m=mapa[now].size(); 18 for(int i=0;i<m;i++){ 19 if(!vis[st][mapa[now][i]]) 20 dfs(st,mapa[now][i]); 21 } 22 } 23 int main(){ 24 scanf("%d",&n); 25 for(int i=1;i<=n;i++){ 26 scanf("%s",ch[i]+1); 27 for(int j=1;j<=n;j++){ 28 if(ch[i][j]=='1') 29 mapa[i].push_back(j); 30 //cout<<ch[i][j]; 31 } 32 //cout<<endl; 33 } 34 for(int i=1;i<=n;i++) 35 dfs(i,i),res+=ans[i]; 36 printf("%d ",res); 37 return 0; 38 }
TARJAN：
缩点再建图，这是最主流的方法，不再赘述：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; bitset<2000> t[2005]; int n,ans=0,e[2001],in[2001];char s[2001]; int dfn[2001],low[2001],st[2001],num=0,top=0,cnt=0; bool ins[2001]; int tot=0,first[2001],len[2001]; vector<int> edge[4000001],scc[2001]; struct node{int v,next;}eg[4000001]; inline void add(int x,int y) { eg[++tot].v=y; eg[tot].next=first[x]; first[x]=tot; } inline void tarjan(int x) { dfn[x]=low[x]=++num; st[++top]=x;ins[x]=1; for(register int i=0;i<edge[x].size();i++) { int to=edge[x][i]; if(!dfn[to]) { tarjan(to); low[x]=min(low[x],low[to]); } else if(ins[to]) low[x]=min(low[x],dfn[to]); } if(dfn[x]==low[x]) { cnt++;int y; do{ y=st[top--],ins[y]=0; t[cnt][y]=1,++len[cnt]; e[y]=cnt,scc[cnt].push_back(y); }while(x!=y); } } int main() { scanf("%d",&n); for(register int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",s+1); for(register int j=1;j<=n;j++) if(s[j]=='1')edge[i].push_back(j); } for(register int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i])tarjan(i); for(register int i=1;i<=n;i++) for(register int j=0;j<edge[i].size();j++) { int to=edge[i][j]; if(e[i]==e[to])continue; add(e[i],e[to]); in[e[to]]++; } queue<int> q; for(register int i=1;i<=cnt;i++) if(!in[i])q.push(i); while(!q.empty()) { int x=q.front();q.pop(); for(register int i=first[x];i;i=eg[i].next) { int to=eg[i].v; t[to]|=t[x]; in[to]--; if(!in[to])q.push(to); } } for(register int i=1;i<=n;i++) ans+=t[i].count()*len[i]; printf("%d",ans); }
BITSET：
我们借助c++STL解决问题，对于每个点建一个bitset;
bitset可以理解为一个加长的二进制数，普通二进制数的位运算bitset都能做，(&|~^>><<)
C++的 bitset 在 bitset 头文件中，它是一种类似数组的结构，它的每一个元素只能是０或１，每个元素仅用１bit空间。
定义：bitset<n>b//长度为n，名称为b的一个bitset
相关函数：
b.size() 返回大小（位数）
b.count() 返回1的个数
b.any() 返回是否有1
b.none() 返回是否没有1
b.set() 全都变成1
b.set(p) 将第p + 1位变成1
b.set(p, x) 将第p + 1位变成x
b.reset() 全都变成0
b.reset(p) 将第p + 1位变成0
b.flip() 全都取反
b.flip(p) 将第p + 1位取反
b.to_ulong() 返回它转换为unsigned long的结果，如果超出范围则报错
b.to_ullong() 返回它转换为unsigned long long的结果，如果超出范围则报错
b.to_string() 返回它转换为string的结果
至于它的时间复杂度，和电脑本身有关，一般来说是使复杂度/32
一段关于bitset的代码：
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
const int N=10;
std::bitset<N> a,b;//如果定义数组写成bitset<N> a[M];
int main(){
puts("stage 0");
std::cout<<a<<std::endl;
std::cout<<b<<std::endl;
a[1]=1;
b[0]=1;
puts("stage 1");
std::cout<<a[1]<<std::endl;
std::cout<<b[0]<<std::endl;
std::cout<<a<<std::endl;
std::cout<<b<<std::endl;
a=a|b;//等效于a|=b
puts("stage 2");
std::cout<<a<<std::endl;
a=a<<3;//等效于a<<=3
puts("stage 3");
std::cout<<a<<std::endl;
a=a>>3;//等效于a>>=3
puts("stage 4");
std::cout<<a<<std::endl;
a=a^b;//等效于a^=b
puts("stage 5");
std::cout<<a<<std::endl;
a=a&b;//等效于a&=b;
puts("stage 6");
std::cout<<a<<std::endl;
a.set();
puts("stage 7");
std::cout<<a<<std::endl;
a.reset();
puts("stage 8");
std::cout<<a<<std::endl;
a=~b;
puts("stage 9");
std::cout<<a<<std::endl;
std::cout<<b<<std::endl;
a[2]=0,a[5]=0;
puts("stage 10");
std::cout<<a<<std::endl;
std::cout<<a.count()<<" "<<a.size()<<std::endl;
b=a;
puts("stage 11");
std::cout<<b<<std::endl;
a=5;
puts("stage 12");
std::cout<<a<<std::endl;
return 0;
}
//时间复杂度，整体操作都是长度/32（64位机器除64），单个操作（操作单个位）是O(1)的
//空间复杂度，8位1字节，具体计算规则为在32位机器上Size = 4 * ((N + 31) / 32)在64位机器上Size = 8* ((N + 63) / 64)
bitset<8> foo ("10011011"); string s = foo.to_string(); //将bitset转换成string类型 unsigned long a = foo.to_ulong(); //将bitset转换成unsigned long类型 unsigned long long b = foo.to_ullong(); //将bitset转换成unsigned long long类型 cout << s << endl; //10011011 cout << a << endl; //155 cout << b << endl; //155
1 bitset<8> foo ("10011011"); 2 3 cout << foo.flip(2) << endl; //10011111 （flip函数传参数时，用于将参数位取反，本行代码将foo下标２处"反转"，即０变１，１变０ 4 cout << foo.flip() << endl; //01100000 （flip函数不指定参数时，将bitset每一位全部取反 5 6 cout << foo.set() << endl; //11111111 （set函数不指定参数时，将bitset的每一位全部置为１ 7 cout << foo.set(3,0) << endl; //11110111 （set函数指定两位参数时，将第一参数位的元素置为第二参数的值，本行对foo的操作相当于foo[3]=0 8 cout << foo.set(3) << endl; //11111111 （set函数只有一个参数时，将参数下标处置为１ 9 10 cout << foo.reset(4) << endl; //11101111 （reset函数传一个参数时将参数下标处置为０ 11 cout << foo.reset() << endl; //00000000 （reset函数不传参数时将bitset的每一位全部置为０
以上三段代码均来自大佬博客和题解（%%）
了解了bitset，我们要用它来解题了
b[i]表示一种状态，若b[i][j]=1，则表示有一条由i向j连的边（i也要和自己连边）
若i能到j，那么i也能到j所能到的点，那么直接b[i]|b[j]即能把状态转移：
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
if(bit[i][j]) bit[i]|=bit[j];
这里一定是要j在外层，i在内层，原因博主还没有想通，有理解的欢迎在评论区留言
最后我们用bitset函数中的count()统计每个bitset中1的个数，然后输出答案
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<bitset>
#define MAXN 2005
using namespace std;
int n,ans=0;
bitset<MAXN>bit[MAXN];
char st[MAXN];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",st+1);
for(int j=1;j<=n;j++)
if(st[j]=='1')
bit[i][j]=1;
bit[i][i]=1;
}
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
if(bit[i][j]) bit[i]|=bit[j];
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=bit[i].count();
printf("%d
",ans);
return 0;
}