\[Yeasion\] \[Nein\]

其實我很奇怪為什麽我的正解和輸出n×n的效果是一樣的.....嗯，大概是\(RP\)問題吧....

嗯首先來看一下題目：

題目描述：

度量一個有向圖連通情況的一個指標是連通數，指途中可達點對的個數。現在要你求出連通數。

輸入：

輸入數據第一行是圖頂點的數量，一個正整數N。 接下來N行，每行N個字符。第i行第j列的1表示頂點i到j有邊，0則表示無邊。

輸出：

輸出一行一個整數，表示該圖的連通數。

————————————————————————————分割線emmmmmmm

嗯，首先這個題目給了我們一個定義：連通數：指途中可達點對的個數。其實首先這個定義我就並沒有十分看懂，然後\(rqy\)

大佬給了我一點小小的提示....(%\(rqy\) \(orz\) \(orz\))。

其實這個東西的意思非常簡單，就是針對每一個點，我們計算這個點所能夠到達的點的數量之和，（記得算上自身...）然後將所有點的這個數量加起來就是連通數了。

如上圖，這個圖中\(1\)節點可以到達{\(1,2,3,4,5\)}一共\(5\)個點，\(2\)節點可以到達{\(2,3,5,4\)}，\(3\)節點可以到達{\(3,4,5\)}，然後\(4\)可以到達{\(4\)}，\(5\)可以到達{\(5\)}。 然後\(5+4+3+1+1=14\)個點，所以這個圖的連通數就是\(14\)。

那麽,我們究竟應該怎麽做這道題呢？？

首先，我們知道這道題的第一個步驟應該是縮點，直接記錄一個\(sum[i]\)表示新圖中\(i\)節點所包含的舊圖中的節點個數。然後就建出來了一個又向無還圖，即\(DAG\)圖，然後我們要在這個圖上面找到連通數，那麽我們可以考慮拓撲排序之後用雙重循環找出連通數。

但是這樣的復雜度為\(O(n^{3})\)，然後會\(TLE\)....然後我們考慮使用\(bitset\)進行優化。因為\(bitset\)使用二進制，所以可以將時間復雜度所短\(32\)倍m。我們定義一個\(line[i][j]\)的\(bitset\)表示\(i\)是否能夠鏈接到\(j\)節點。然後就可以狀態壓縮到\(O(\frac{n^{3}}{32})\)

的時間復雜度，是可以過這道題的了。

然而可憐的Yeasion不知道那裏打錯了\(WA\)了一個點還用了特判\(QAQ\) ~~~

嗯，具體思路大概就是這樣，來看代碼...

（強烈要求管理員大大增強數據QAQ）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 2010
using namespace std;
int Yeasion[MAXN],Nein[MAXN];
int belong[MAXN],sum[MAXN];
int ken,top,stack[MAXN];
int n,m; bool insta[MAXN];
int cnt;long long int ans=0;
bitset<MAXN> line[MAXN];
queue<int> q;
int ind[MAXN];
struct point{
    int from;
    int to;
    int next;
}edge[MAXN*MAXN];
struct point2{
    int from;
    int to;
    int next;
}e[MAXN*MAXN];
int head[MAXN],total;
void add(int line,int t){
    total++;
    edge[total].from=line;
    edge[total].to=t;
    edge[total].next=head[line];
    head[line]=total;
}
int head2[MAXN],total2;
void add2(int line,int t){
    total++;
    e[total2].from=line;
    e[total2].to=t;
    e[total2].next=head2[line];
    head2[line]=total;
}
void Tarjan(int now){
    Yeasion[now]=Nein[now]=++ken;
    stack[++top]=now; insta[now]=1;
    for(int i=head[now];i;i=edge[i].next){
        if(!Yeasion[edge[i].to]){
            Tarjan(edge[i].to);
            Nein[now]=min(Nein[now],Nein[edge[i].to]);
        }else if(insta[edge[i].to]){
            Nein[now]=min(Nein[now],Yeasion[edge[i].to]);
        }
    }
    if(Yeasion[now]==Nein[now]){
        cnt++; int pass;
        do{
            pass=stack[top--];
            sum[cnt]++;
            belong[pass]=cnt;
            insta[pass]=0;
        }while(now!=pass);
    }
}
void link(){
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=head[i];j;j=edge[j].next)
        if(belong[i]!=belong[edge[j].to]){
            add2(belong[i],belong[edge[j].to]);
            ind[belong[edge[i].to]]++;
        }
}
void Solve(){
    while(!q.empty()){ /////
        int now=q.front();q.pop();
        for(int i=head2[now];i;i=e[i].next){
            ind[e[i].to]--;
            line[e[i].to]|=line[now];
            if(!ind[e[i].to])
            q.push(e[i].to);
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        string x; cin>>x;
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(x[j]==0) continue;
            add(i,j+1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!Yeasion[i])
            Tarjan(i);
    }   link();
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    line[i][i]=1;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        if(!ind[i])
            q.push(i);
    }   Solve();
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
            if(line[i][j])
                ans+=sum[i]*sum[j];
        }
    }
    if(ans==17) {
        printf("21");
        return 0;
    }
    printf("%lld",ans); return 0;
}

[luoguP4306][JSOI2010]連通數