一头牛的名次能确定，当且仅当它和其余每一头牛的强弱关系都已知（直接或间接）。
样例答案：牛 2、牛 5 共 2 头。
P2419 [USACO08JAN] Cow Contest S
GESP8 冲刺课堂页：把“谁一定打得过谁”做成一张表 —— 传递闭包（Floyd 框架）。
一、先回答问题
① 把胜负关系填进 win[i][j] 表 → ② 用 Floyd 框架补全间接关系 → ③ 数每头牛已知几对 → ④ 满 4 对的就确定名次。
二、核心观察
win[i][j]=1 表示“i 一定比 j 强”。胜负有传递性：A 胜 B、B 胜 C ⟹ A 胜 C，所以可以用传递闭包把所有能推出的关系补齐。
补全：win[i][j] |= win[i][k] && win[k][j]
和 Floyd 最短路同一个三层循环框架，这里求的是“可达 / 强弱”，不是距离。
牛 i 名次确定 ⟺ 对所有 j≠i，win[i][j] 或 win[j][i] 至少一个为 1。
也就是：它和其余 n-1 头每一对都分出了胜负——赢了多少、输了多少都清楚，名次自然唯一。
赢过的输给的两者相加 = n-1 → 确定
三、互动演示 · win 关系表
第 0 步
行 i 打得过 列 j ?（样例 5 头牛）
直接比赛
传递推出
未知
点“下一步”：先把 5 场比赛结果填进表里。
四、自己选答案
一头牛“名次确定”靠什么判断？
先想，再点。
win[i][j] |= win[i][k] && win[k][j] 在算什么？
先想，再点。
样例里牛 5 为什么名次能确定？
先想，再点。
五、手推结果（样例 5 头牛）
| 牛 | 赢过（含间接） | 输给（含间接） | 已知对数 | 名次确定? |
|---|---|---|---|---|
| 1 | 2, 5 | — | 2 / 4 | 否 |
| 2 | 5 | 1, 3, 4 | 4 / 4 | 是 ✓（第 4 名） |
| 3 | 2, 5 | 4 | 3 / 4 | 否 |
| 4 | 2, 3, 5 | — | 3 / 4 | 否 |
| 5 | — | 1, 2, 3, 4 | 4 / 4 | 是 ✓（第 5 名） |
只有“赢过 + 输给”加起来正好 4 头的牛，名次才唯一 → 答案 = 2。
六、C++14 参考代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> win(n + 1, vector<int>(n + 1, 0));
for (int e = 0; e < m; e++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
win[a][b] = 1; // a yiding sheng b
}
// Floyd kuangjia: chuandi bibao
for (int k = 1; k <= n; k++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (win[i][k] && win[k][j]) win[i][j] = 1;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
bool ok = true;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (i == j) continue;
if (!win[i][j] && !win[j][i]) { ok = false; break; }
}
if (ok) ans++;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}- 三层循环顺序：中转牛
k必须在最外层，这是 Floyd 框架的灵魂。 - 用
|=的思想：只把 0 改成 1，绝不把已有的 1 覆盖回去（写if(...) win[i][j]=1;最稳）。 - 判定两边都看：
win[i][j]和win[j][i]任一为 1 就算“已知”，别只数赢的。
七、进阶版 · bitset 提速
当 N 更大时，可以用 bitset 把每一行压成位向量，传递闭包的内层循环交给 CPU 一次处理 64 位：
bitset<105> win[105];
if (win[i][k]) win[i] |= win[k]; // 速度约 ÷64
if (win[i][k]) win[i] |= win[k]; // 速度约 ÷64
本题 N≤100，普通三层循环已足够；bitset 是“同一个传递闭包，换更快的实现”，留作进阶练习。