正解其实是\(Tarjan\) + \(拓扑拓扑\),但是却可以被\(O(N^3 / 32)\)复杂度的传递闭包水过去。心疼一下写拓扑的小可爱们。

学到一个\(bitset\)优化布尔图的骚操作,直接压进去乱搞,能快不是一点。

(基本上就是差了一个\(log\))

先放代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; int n; char s[2010]; bitset <2010> mp[2010]; int main () {
cin >> n;
register int i, j, k;
for (i = 0; i < n; ++i) {
scanf ("%s", s);
for (j = 0; j < n; ++j) {
mp[i][j] = s[j] - '0';
}
}
for (k = 0; k < n; ++k) {
for (i = 0; i < n; ++i) {
if (mp[i][k]) mp[i] |= mp[k];
}
}
int ans = 0;
for (i = 0; i < n; ++i) ans += mp[i].count ();
cout << ans << endl;
}

上一份传递闭包的代码中,我们写的是一个标准的\(floyd\),为什么到这里就把第三层循环省略了呢?

当且仅当\(mp[i][k]==1\)时,\(mp[k]\)的相关关系才可以通过\(mp[i][k]\)进行传递,而且传递的方式刚好是按位对应。

$$to[i][j] |= (to[i][k] & to[k][j]) -> if (to[i][k]) to[i] |= to[k]$$

就是这样啦~

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