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～
