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 }