拓扑排序--P2881 [USACO07MAR]排名的牛Ranking the Cows

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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。

这道题和Floyd--P2419 [USACO08JAN]牛大赛Cow Contest 有异曲同工之妙啊，但是2419我用的是floyd，对于n^3的做法，本题的数据范围n<=1000显然只能得到部分分（并不会bitset优化）：

先说说floyd的60分作法：考虑我们如何能确定一头牛的排名？即本牛和其他所有牛的关系都确定。

1：预处理：输入a和b，s[a][b]=1表示a赢了b

2：floyd：如果i赢了t，t赢了j，i就赢了j（t可以看做一个中转接点）

3：统计答案：如果俩头牛有一头赢了，那么另一头就输了，俩头牛的关系确定，而他不会自我矛盾，所以如果判断到两头牛没有一头赢，那么两头牛的关系不确定，答案+1，然后标记两头牛的关系确定（否则答案会重复）

代码：

 1 #include <cstdio>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <cmath>
 4 #include <iostream>
 5 #include <cstring>
 6 using namespace std;
 7 int n,m,a,b;
 8 int s[10005][10005];
 9 void Floyd(){
10     for (int t = 1;t <= n;t++){
11         for (int i = 1;i <= n;i++){
12             for (int j = 1;j <= n;j++){
13                 if (s[i][t]&&s[t][j])
14                     s[i][j]=1;
15             }
16         }
17     }
18 }
19 int main(){
20     int ans=0;
21     scanf ("%d%d",&n,&m)
22     for (int i = 1;i <= m;i++) {
23         scanf ("%d%d",&a,&b);
24         s[a][b]=1;
25     }
26     Floyd();
27     for(int i = 1;i <= n;i++){
28         for (int j = 1;j <= n;j++){
29             if (i==j)continue;
30             if (s[i][j]==0&&s[j][i]==0){
31                 ans++;
32                 s[i][j]=1;
33             }
34         }
35     }
36     cout<<ans;
37     return 0;
38 }

拓扑作法：

1.预处理：构建一个图，从一头牛（节点）可以走到被他打败的牛（节点） f[a][b]=1，a打败了b，degree[b]++（被打败的牛（节点）的入度+1）

2.bfs（拓扑）：从一个入度为0的节点出发（没有被打败过），由于我们我们构建的一个图，他的性质为当前节点打败了他的子节点，那么当前节点也打败了他子节点的子节点  if(f[i][x])f[i][edge[k].to]=1  把子节点的入度减一

3.统计答案：如果俩头牛有一头赢了，那么另一头就输了，俩头牛的关系确定，而他不会自我矛盾，所以如果判断到两头牛没有一头赢，那么两头牛的关系不确定，答案+1，然后标记两头牛的关系确定（否则答案会重复）

代码：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N=1e3+5;
 4 struct node{int to,next;}edge[N*10];
 5 int head[N],tot,degree[N];
 6 bool f[N][N],vis[N],in[N];
 7 int n,m,x,y,z,ans;
 8 void add(int x,int y){
 9     edge[++tot].to=y;
10     edge[tot].next=head[x];
11     head[x]=tot;
12 }
13 void bfs(){
14     queue<int>Q;
15     for(int i=1;i<=n;i++)if(!degree[i])Q.push(i);
16     while(!Q.empty()){
17         int x=Q.front();Q.pop();vis[x]=1;
18         for(int k=head[x];k;k=edge[k].next){
19             if(vis[edge[k].to])continue;
20             for(int i=1;i<=n;i++)if(f[i][x])f[i][edge[k].to]=1;
21             degree[edge[k].to]--;
22             if(degree[edge[k].to]==0)Q.push(edge[k].to);
23         }
24     }
25 }
26 int main(){
27     scanf("%d%d",&n,&m);
28     for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),f[x][y]=1,degree[y]++;
29     bfs();
30     for(int i=1;i<=n;i++){
31         for(int j=1;j<=n;j++)if(!f[i][j]&&!f[j][i]&&i!=j)ans++,f[i][j]=1;
32     }
33     printf("%d",ans);
34 }

标签：Ranking,10,int,tot,P2881,Cows,两头,include,节点
来源： https://www.cnblogs.com/very-beginning/p/12371750.html