【TT 的魔法猫】Floyd + 剪枝

题目

题意
众所周知，TT 有一只魔法猫。
这一天，TT 正在专心致志地玩《猫和老鼠》游戏，然而比赛还没开始，聪明的魔法猫便告诉了 TT 比赛的最终结果。TT 非常诧异，不仅诧异于他的小猫咪居然会说话，更诧异于这可爱的小不点为何有如此魔力？
魔法猫告诉 TT，它其实拥有一张游戏胜负表，上面有 N 个人以及 M 个胜负关系，每个胜负关系为 A B，表示 A 能胜过 B，且胜负关系具有传递性。即 A 胜过 B，B 胜过 C，则 A 也能胜过 C。
TT 不相信他的小猫咪什么比赛都能预测，因此他想知道有多少对选手的胜负无法预先得知，你能帮帮他吗？
Input
第一行给出数据组数。
每组数据第一行给出 N 和 M（N , M <= 500）。
接下来 M 行，每行给出 A B，表示 A 可以胜过 B。
Output
对于每一组数据，判断有多少场比赛的胜负不能预先得知。注意 (a, b) 与 (b, a) 等价，即每一个二元组只被计算一次。
Sample Input
3
3 3
1 2
1 3
2 3
3 2
1 2
2 3
4 2
1 2
3 4
Sample Output
0
0
4

题目大意

本题题意简单。题目给出多组数据，对于每组数据有一组 n 和 m ，n 表示有 n 名选手比试，有 m 组胜负结果。每组胜负结果表示为"a b"，表示 a 胜过 b ，胜负关系可传递。题目要任意两个选手比试 ，无法判断胜负情况的组数有多少。

解题思路

本题很明显可以发现是一道图论题，每个选手与其他人的胜负关系可以转化为求最短路问题。首先将已知胜负关系构造有向图，随后用Floyd算法求出图中任意一点到其他所有点的距离，这里的距离可以记录为如果 i 点能走到 j 点，则 dis[i][j] = 1，否则为0.这样经过操作之后，便可以开始寻找无法判断胜负关系的对数了。可以发现如果 dis[i][j] = 0 且 dis[j][i] = 0 ，说明 i 和 j 的胜负关系无法确定，其余情况均可确定胜负关系。
按照上述思路使用Floyd算法便可以得到结果，但显然对于本题来说有一些不必要的的操作。Floyd算法会通过三重循环求出图中任意两点间的最短距离，其关键就是 dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j])。针对上述本题情况，如果 dis[i][k] 已经为 0 ，那么这个 k 对应的所有 dis[k][j] 一定全为 0，所以本题可以在第二重循环中加一个剪枝的判断，降低时间复杂度，这也是本题的一个关键之处。

具体代码

#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <string.h>
#define MAXN 100005

using namespace std;

int dis[505][505];

void Floyd(int n)
{
	for(int k = 1; k <= n; k++)
	{
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if(dis[i][k] != 0)
			{
				for(int j = 1; j <= n; j++)
				{
					if(dis[k][j] == 1)
					{
						dis[i][j] = 1;
					}
				}
			}
		}
	}
} 

int main(int argc, char** argv) 
{ 
	int n,m,u,v,t;
	cin >> t;
	while(t--)
	{
		cin >> n >> m;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			for(int j = 1; j <= n; j++)
			{
				dis[i][j] = 0;
			}
		}
		for(int i = 0; i < m; i++)
		{
			cin >> u >> v;
			dis[u][v] = 1;
		}
		Floyd(n);
		int ans = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			for(int j = i+1; j <= n; j++)
			{
				if(dis[i][j] == 0 && dis[j][i] == 0)
				{
					ans++;
				}
			}
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}