【POJ】3041

http://poj.org/problem?id=3041

转自：http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6647040

题目大意：
一个矩形中，有N个城市’*’，现在这n个城市都要覆盖无线，若放置一个基站，那么它至多可以覆盖相邻的两个城市。
问至少放置多少个基站才能使得所有的城市都覆盖无线？

解题思路：
思前想后，依稀可以认为是一道求二分图的最小路径覆盖问题
（注意不是最小点覆盖）

那么接下来需要确认的是，
究竟是求 有向二分图的最小路覆盖，还是求 无向二分图的最小路覆盖
因为有向和无向是截然不同的计算方法。

要确认是构造有向图，还是构造无向图，那么就需要先根据题意，看看构造二分图时所使用的方式，更适合构造哪一种二分图。

然后就进入了本题难点：如何构造二分图

首先要明确的是，输入的一堆“圈圈星星”可以看做是一张大地图，地图上有所有城市的坐标，但是这里有一个误区：不能简单地把城市的两个x、y坐标作为准备构造的二分图的两个顶点集。
城市才是要构造的二分图的顶点！
构造方法如下：
例如输入：
*oo

---

O*o
时，可以抽象为一个数字地图：
100
234
050
数字就是根据输入的城市次序作为该城市的编号，0代表该位置没有城市。
然后根据题目的“范围”规则，从第一个城市开始，以自身作为中心城市，向四个方向的城市进行连线（覆盖）
因此就能够得到边集：
e12 e21 e32 e43 e53
e23 e34
e35
可以看到，这些边都是有向边，但是每一条边都有与其对应的一条相反边。
即任意两个城市（顶点）之间的边是成对出现的
那么我们就可以确定下来，应该 构造无向二分图（其实无向=双向）
因为若要构造有向的二分图时，需要判断已出现的边，是很麻烦的工作

为了把有向图G构造为无向二分图，这里需要引入一个新名词“拆点”
其实就是把原有向图G的每一个顶点都”拆分（我认为复制更准确）”为2个点，分别属于所要构造的二分图的两个顶点集

例如在刚才的例子中抽出一条有向边e12举例说明：
复制顶点1和顶点2，使得1，2∈V1； 1’，2’∈V2 ，不难发现|V1|=|V2|
根据边e12和e21，得到无向二分图：

那么同理就可以得到刚才的例子的 无向二分图为：

再继而通过无向二分图，以V1的元素作为row，V2的元素作为col，构造 可达矩阵 存储到计算机
1’ 2’ 3’ 4’ 5’
1 F T F F F
2 T F T F F
3 F T F T T
4 F F T F F
5 F F T F F

接下来就是要求这个 无向二分图的最小路径覆盖 了
利用公式：

无向二分图的最小路径覆盖 = 顶点数 – 最大二分匹配数/2

顶点数：就是用于构造无向二分图的城市数，即进行“拆点”操作前的顶点数量
最大二分匹配书之所以要除以2，是因为进行了“拆点”擦奥做做使得匹配总数多了一倍，因此除以2得到原图的真正的匹配数

最后剩下的问题就是求最大二分匹配数了，用匈牙利算法，这就不多说了，参考POJ3041的做法，基本一摸一样。

从这道题得出了一个结论：
当二分图的两个顶点子集基数相等时，该二分图所有顶点的匹配数 等于 任意一个顶点子集匹配数的2倍

其实匈牙利算法解题是极为简单的，但是图论的难并不是难在解答，而是建图的过程，也难怪会有牛曰：用匈牙利算法，建图是痛苦的，最后是快乐的。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <vector>using namespace std;const int maxn=505;int n,k;int v1,v2;int x,y;bool g[maxn][maxn];int link[maxn];bool vis[maxn];int m;bool dfs(int x){    for (int i=1;i<=v2;i++){        if (g[x][i]&&!vis[i]){            vis[i]=true;            if (link[i]==0||dfs(link[i])){                link[i]=x;                return true;            }        }    }    return false;}void search(){    for (int i=1;i<=v1;i++){        memset(vis,false,sizeof(vis));        if (dfs(i)){            m++;        }    }}int main(){    cin >> n >> k;    v1=v2=n;    for (int i=1;i<=k;i++){        cin >> x >> y;        g[x][y]=true;    }    search();    cout << m << endl;}