test1 problem B tour （bitset+乱搞）

Problem B. Tourist Attractions(tour.c/cpp/pas)
Input file: tour.in
Output file: tour.out
Time limit: 1 seconds
Memory limit: 128 megabytes
在美丽的比特镇一共有 n 个景区，编号依次为 1 到 n，它们之间通过若干条双向道路连接。Byteasar 慕名来到了比特镇旅游，不过由于昂贵的门票费，他只能负担起 4 个景区的门票费。他可以在任意景区开始游览，然后结束在任意景区。
Byteasar 的旅游习惯比较特殊，一旦他路过了一个景区，他就一定会进去参观，并且他永远不会参观同一个景区两次。所以他想知道，有多少种可行的旅游路线，使得他可以恰好参观 4 个景区呢？即，有多少条简单路径恰好经过了 4 个点。
Input
第一行包含两个整数 n，表示景区的总数。
第 2 至第 n + 1 行，每行一个长度为 n 的 01 字符串，第 i + 1 行第 j 个字符为 0 表示 i 和 j 之间
没有道路，为 1 表示有一条道路。
输入数据保证 (i; j) 的连接情况等于 (j; i) 的连接情况，且 (i; i) 恒为 0。
Output
输出一行一个整数，即可行的路线总数。

Examples
tour.in tour.out
4
0101
1010
0101
1010

 tour.out

 8

8 条路线分别为：
1->2->3->4，4->3->2->1，
2->3->4->1，1->4->3->2，
3->4->1->2，2->1->4->3，
4->1->2->3，3->2->1->4。

题解：考试的时候优化到O（N^3）就是没办法再优化了。

先看O（N^3）的做法：

假设路径是 a -b -c -d，考虑枚举中间这条边 b -c，计算有多少可行的 a 和 d。
设size[x] 表示点 x 的度数，那么边 b-c 对答案的贡献为(size[b]-1)(size[c]-1)  经过 b-c 这条边的三元环个数。
计算三元环的个数只需要枚举除 b,c 之外的另一个点即可。

那么这个算法的瓶颈在于计算三元环的个数。我们考虑用二进制压位表示该点与那些点有边，就是将读入的矩阵用bitset存储。

用S[x]表示与x有关的集合，就是矩阵的每一行对应一个bitset型的变量，我们在求与b,c同时相连的点得时候，只需要计算一下S[b]&S[c]中1的数量即可。

用b.count()可以以接近O(1)的时间复杂度计算出bitset中1的个数。这样就可以将时间复杂度降为O(n^2).

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>#include<bitset>#define N 2000#define LL long longusing namespace std;int n,m;int point[N],nxt[N*N],v[N*N],size[N];int belong[N],tot;char s[N];bitset<1503> t,sum[N];void add(int x,int y){tot++; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; size[x]++;}int main(){freopen("tour.in","r",stdin);freopen("tour1.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++) belong[i]=(i-1)/32+1;for (int i=1;i<=n;i++)  {  scanf("%s",s+1);  for (int j=1;j<=n;j++)   if (s[j]=='1')  {   add(i,j);   sum[i][j]=1;}  }LL ans=0;for (int i=1;i<=n;i++) { for (int j=point[i];j;j=nxt[j])  {  ans+=(LL)(size[i]-1)*(LL)(size[v[j]]-1);  t=sum[i]&sum[v[j]];ans-=(LL)t.count(); } }printf("%I64d\n",ans);}