题目：
小Z最近喜欢上了图论，于是他研究了一下图的连通性问题。但是他遇到了一个难题。
给定一个n个点的有向图，求有多少点对(i,j)满足从i点出发能到达点j ?
小Z仅会简单的朴素算法，所以他想问问你怎么解决。
你能帮帮他吗？
输入/输出格式
第一行一个数字n，表示有n个点。
接下来n行，每行n个0/1，如果第i行第j个是1，表示从第i个点向第j个点有连边。
输出仅包含一个数，表示满足条件的点对数量。
样例输入/输出
Input:
3
0 1 0
0 0 1
1 0 0
Output:
9
样例解释
从任意一个点出发均可到达其它所有点（包括自己）
数据范围与约定
对于50%的数据，满足n<=500
对于100%的数据，满足n<=2000
注意i和j可以相同
好吧，大家一看到这道题，心想:有向图判断连通，SB都会（蒟蒻瑟瑟发抖）。。
然后我们看到了数据范围。。
恩。。
好像O（n^3）不能过？
然后N（n^2logn）就能过了？
然后各种奇特算法就冒了出来。。
计算强联通分量。。。（tarjan+拓补？（by hzwer））
结果蒟蒻认为非常的难，就写了个暴力，拿了40分、
结果学长给出正解。
floyd....
floyd?不会T？
是的，不会T，因为我们拥有了一个新数据结构！
BITSET!!!!
科普一下。
首先用bitset要#include<bitset>
同时要定义的时候要这么写：bitset<位数> 名称([数组]可加可不加)
先来理解一下bitset到底是什么东东。
众所周知，1个bool值有2种可能 0或1
那么一个bitset就像是n个bool值用二进制叠了起来，如：001010
所以还是O（N）啊？
不对，因为一个二进制数为1bit
而一个int为32bit
所以复杂度为O（N^3）/32
神奇的过了。。
然后再来讲一讲具体的应用
首先bitset最常用的就是count()函数，他能找出bitset中1的数量（复杂度玄学）
本题中我们将floyd简化
原来3个循环，现在2个。
bitset<2005> b[2005]
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(b[j][i])b[j]|=b[i];
就是说如果j能走到i，那么i能走到的地方j一定能走到。
最后统计答案即可(b[i].count()的函数返回值即为i能到达的点的个数（包括i自己）)
下面贴代码
#include<iostream> #include<cstdio> #include<bitset> #define r register using namespace std; bitset<2005> b[2005]; int n; int ans; int main(){ freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(r int i=1;i<=n;i++) for(r int j=1;j<=n;j++) { int x; scanf("%d",&x); b[i][j]=(x|(i==j)); } for(r int i=1;i<=n;i++) for(r int j=1;j<=n;j++) if(b[j][i])b[j]|=b[i]; for(r int i=1;i<=n;i++) ans+=b[i].count(); printf("%d ",ans); fclose(stdin); fclose(stdout); }