2000个点的有向图，保证任意两点间仅有一条有向边，问是否存在一个三元环。
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4324
解法一：
如果把任意有公共顶点的两边构成的图形看做一个角，可将角分为是b的和不是b的（用a类表示），把任意三条边看做一个三角形，可将三角形分为x、y两种。对于每个顶点入度为in出度为out则共有in*out种b种角，由于是竞赛图，因此有C(n,2)-in*out种a种角,根据3x+y=b，2y=a，因此x=（b-a/2）/3，即可求出三元环的个数。
解法二：
归结为1个条件，任何两人都有边，要么出要么入。
对于有向三元环，我们知道找到：A->B->C->A ，B->C->A->B ，C->A->B->C 是一样的，这给0(n^2)的算法提供了基础。
对于每次枚举i，我们在(0~i-1)的范围看下有多少个i指向的点(剩下的就是指向i的点)，同时算下i指向的点的出度和。就可以知道这些 i指向的点 指向 指向i的点（剩下的点）的数目，如果
num * (num - 1) / 2 < sumout
那么就是被指向的点又指回去了，这样就形成了3元环。
否则，剩下的就是更新下出度即可，继续执行下一个节点。
解法三：
结论：对于一个竞赛图，若存在n元环，一定存在一个n-1元环或者三元环，此题可以一遍拓扑排序判环求解即只需要找到一个环，就必定存在三元环。证明如下： 假设存在一个n元环，因为a->b有边，b->a必定没边，反之也成立 所以假设有环上三个相邻的点a-> b-> c,那么如果c->a间有边，就已经形成了一个三元环，如果c->a没边，那么a->c肯定有边，这样就形成了一个n-1元环。。。。 所以只需证明n为4时一定有三元环即可，显然成立。
解法四：
增量算法，充分利用“任意两点间仅有一条有向边”的性质。
假设前面已经加入了N个点，现在来了第N+1个点。
那么一定能将N个点分成left和right两部分，使得N+1号点到left有边，right到N+1号点右边（因为任意两点间都有边），那么，如果left的任意一个点l到right任意一个点r有边的话，那么就有答案N+1->l->r->N+1这样一个长度为3的环。
那么每次加入N+1号点后，用O(N)的复杂度求出左边的数量leftnum，右边的数量rightnum，left的出度和leftout，left的入度和leftin。
如果left没有一条到right的边，则一定满足：
leftin = leftout + leftnum * rightnum（left和right任意两点右边，如果没有左到右的，那么leftnum*rightnum条边都是右到左的）
那么，如果leftin != leftout + leftnum * rightnum，则暴力枚举左点，右点即可得到答案。
总体复杂度O(n^2)
解法五：
直接深搜。
1：
int main(){
scanf("%d",&T);
for(int ca = 1; ca <= T; ca ++){
scanf("%d",&n);
memset(in, 0 , sizeof(in));
memset(out, 0, sizeof(out));
for(int i = 1; i <= n; i ++){
scanf("%s",tmp + 1);
for(int j = 1; j <= n; j ++){
if(tmp[j] == '1'){
in[j] ++;
out[i] ++;
}
}
}
long long b, a, ans, all ;
b = all = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
b += in[i] * out[i];
all += (n - 1) * (n - 2) / 2;
}
// all += ( (n - 1) / 2 * (n - 2) )* n; 这么写就错了，加在里面就对，无语了。
// printf("all af = %d\n", all);
a = all - b;
ans = ( b - a / 2 ) / 3;
// printf("%dkaka\n", ans);
printf("Case #%d: ",ca);
if(ans) printf("Yes\n");
else puts("No");
}
return 0;
}
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 2012;
char s[maxn][maxn];
int InDegree[maxn];
int main(){
int T;
scanf("%d", &T);
for(int t=1; t<=T; t++){
int n;
scanf("%d ", &n);
for(int i=0; i<n; i++)
gets(s[i]);
for(int i=0; i<n; i++){
InDegree[i] = 0;
for(int j=0; j<n; j++){
if(s[i][j] == '0' && i!=j)
InDegree[i]++;
}
}
printf("Case #%d: ", t);
for(int i=0; i<n; i++){
int sum = 0, x = 0;
for(int j=0; j<n; j++)
if(s[j][i] == '1'){
sum += InDegree[j];//分两组，记录喜欢自己那组的入度和
x++;
}
//x为指向i的有几个， sum为指向i的那几个的入度和
if(sum > x*(x-1)/2){
printf("Yes\n");
goto RL;
}
}
printf("No\n");
RL:continue;
}
return 0;
}
4：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define maxn 2010
using namespace std;
int T,n,edgenum, head[maxn * maxn];
char tmp[maxn];
bool vis[maxn], chu[maxn];
inline void initEdge(){
memset(head, -1, sizeof(head));
edgenum = 0;
}
struct Edge{
int v, nxt;
}edge[maxn * maxn];
void addEdge(int u, int v){
edge[edgenum].v = v;
edge[edgenum].nxt = head[u];
head[u] = edgenum ++;
}
bool record[maxn][maxn];
bool dfs(int u, int depth){
if(vis[u]){
if(depth > 2 && record[depth - 3][u])
return true;
return false;
}else{
vis[u] = true;
record[depth][u] = true;
for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].nxt){
if(dfs(edge[i].v, depth + 1))
return true;
}
}
return false;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
for(int ca = 1; ca <= T; ca ++){
scanf("%d",&n);
initEdge();
memset(chu, false, sizeof(chu));
for(int i = 1; i <= n; i ++){
scanf("%s",tmp + 1);
for(int j = 1; j <= n; j ++){
if(tmp[j] == '1'){
addEdge(i,j);
chu[i] = true;
}
}
}
memset(vis, false, sizeof(vis));
memset(record, false, sizeof(record));
bool flag = false;
for(int i = 1; i <= n && !flag; i ++){
if(!vis[i]&&chu[i]){
flag = dfs(i, 0);
}
}
printf("Case #%d: ",ca);
if(flag) printf("Yes\n");
else puts("No");
}
return 0;
}
