gdfzoj #1002 Tourist Attractions（bitset）

標籤：bitset

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題解：我們設f[i][j]表示以點i爲起點，j爲路徑長度的簡單路徑數量。
顯然有f[i][1]=1,f[i][2]=∑所有j與i相連f[j][1] ,f[i][3]=∑所有j與i相連f[j][2]−1 。
注意到在一條長度爲4的路徑中，第一個點不能與第三，第四個點相等，第二個點不能與第四個點相等。
所以f[i][4]=∑所有j與i相連f[j][3]−j的度數+1−包含i,j的三元環個數 。
上述做法時間複雜度爲O(n^3)，只能拿70分。
我們對其進行優化，發現一個三元環會在計算f[i][4]時被計算6次（自己腦補），於是我們可以改爲f[i][4]=∑所有j與i相連f[j][3]−j的度數+1 ，最後答案減去6*三元環個數（雖然這並沒有什麼用）。
對於三元環個數的計算,我們使用bitset，這樣時間複雜度可降到O(n^3/64)，就可以過了。

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#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<bitset>
#define maxn 1550
using namespace std;
typedef long long ll;
char s[maxn];
int n,l[maxn];
ll f[maxn][5],ans=0ll,zzk=0ll,cnt=0ll,hz=0ll;
bitset<maxn> b[maxn],tmp;
int main()
{
    freopen("1.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n),memset(f,0,sizeof(f));
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",s);
        for (int j=1;j<=n;j++) if ((b[i][j]=s[j-1]-'0')==1) l[i]++;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) 
        for (int j=1;j<=n;j++) 
            if (b[i][j]) tmp=b[i]&b[j],hz+=tmp.count();
    for (int i=1;i<=n;i++) f[i][1]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=n;j++) if (b[i][j]) f[i][2]+=f[j][1];
    for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=n;j++) if (b[i][j]) f[i][3]+=f[j][2]-1;
    for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=n;j++) if (b[i][j]) f[i][4]+=f[j][3]-l[j]+1;
    for (int i=1;i<=n;i++) ans+=f[i][4];
    printf("%lld",ans-hz);
}