poj 3275

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。

首先把问题解释清楚，这里的“调查多少对关系”是不看中间结果的。也就是说，调查完确定的某些关系之后，无论结果是什么，排序都能完成。而不能是“先调查1和2的关系，若1强于2，则调查2和3，否则调查1和3”一类的方式。

这个题的解题思路不太好想。可以这样思考：如果排序可以确定了，潜台词就是任意两头牛之间的关系都可以确定了。N头奶牛一共有C(N, 2) = N * (N - 1) / 2对关系。由现在已知的关系如能确认K对关系，则要调查的次数就是C(N, 2) - K。这很容易理解，最坏情况下调查完一对关系之后只能确定一对关系，而题目又要求无脑调查，那就分别调查一遍好了。

问题再思考一下就能发现，若X强于Y，就连一条由X到Y的有向路。两个节点之间有联系，就等价于这两个节点之间有一条有向路，从谁到谁无所谓。这样就变成了任两点之间的最短路问题，用FLOYD算法就可以了。

然而这个题最多有1,000头奶牛，O(N^3)的复杂度显然难以承受。思考一下就会发现，枚举中间节点K之后就开始枚举起点和终点I、J，若I与K，或者J与K之间根本就不联通，那么绝对无法松弛。所以说更高效的方式就是起点只检查能通向K的节点，终点只检查K能通向的节点，这样就会把复杂度大大降低，因为边最多只有10000条。

要实现这样的算法，只需要对原图和反图分别建立邻接表就行了。代码如下：

#include <stdio.h>#define MAX 19931117#include <cstring>#include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;int to[1010][1010], prev[1010][1010], dist[1010][1010];// 这里用了一种不厚道的方式，每个作为二维数组的元素的一维数组的// 首元素都是后面的元素数，也就是说这是一个计数器。int main (){    int n, m, i, j, k, x, y, ans;    memset(to, 0, sizeof(to));    memset(prev, 0, sizeof(prev));    memset(dist, 0, sizeof(dist));    scanf("%d %d", &n, &m);    ans = m;    for (i = 0; i < m; i++)    {        scanf("%d %d", &x, &y);        dist[x][y] = 1;        to[x][++to[x][0]] = y;        prev[y][++prev[y][0]] = x;    }    for (k = 1; k <= n; k++)    {        for (i = 1; i <= prev[k][0]; i++)        {            x = prev[k][i];            for (j = 1; j <= to[k][0]; j++)            {                y = to[k][j];                if (dist[x][y] == 0)                {                    to[x][++to[x][0]] = y;                    prev[y][++prev[y][0]] = x;                    dist[x][y] = 1, ans++;                }            }        }    }    printf("%d\n", n * (n - 1) / 2 - ans);    return 0;}