POJ 3020 最小边覆盖
来源:互联网 发布:极限挑战网络直播 编辑:程序博客网 时间:2024/06/11 21:45
题目大意就是有一些'o'和'*'构成的图,每个*可以与其四周的'*'连一条边,但是连完之后这两个‘*’就称作被覆盖了,不能与其他的'*'发生交集了。 然后问用最少的边能把所有的‘*’都覆盖掉
看到是两两连边不由得想起二分图匹配,实际上就是用最少的边覆盖所有的点的问题,我觉得最小边覆盖实际上就是最小路径覆盖的一个特殊情况,只不过要求必须是二分图才行而最小路径覆盖只要是PxP的有向图就行。 而他们的公式都是一样的,都等于最大独立集数
/*ID: CUGB-wwjPROG:LANG: C++*/#include <iostream>#include <vector>#include <list>#include <map>#include <set>#include <deque>#include <queue>#include <stack>#include <bitset>#include <algorithm>#include <functional>#include <numeric>#include <utility>#include <sstream>#include <iomanip>#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <cctype>#include <string>#include <cstring>#include <cmath>#include <ctime>#define INF 100000000#define MAXN 405#define PI acos(-1.0)using namespace std;char s[55][55];int mp[55][55];int xx[] = {0, 0, 1, -1};int yy[] = {1, -1, 0, 0};struct node{ int v, next;}edge[MAXN * MAXN];int e, head[MAXN], mark[MAXN], cx[MAXN], cy[MAXN], n;void insert(int x, int y){ edge[e].v = y; edge[e].next = head[x]; head[x] = e++;}int path(int u){ for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next) { int v = edge[i].v; if(!mark[v]) { mark[v] = 1; if(cy[v] == -1 || path(cy[v])) { cx[u] = v; cy[v] = u; return 1; } } } return 0;}int solve(){ int ans = 0; memset(cx, -1, sizeof(cx)); memset(cy, -1, sizeof(cy)); for(int i = 1; i <= n; i++) { memset(mark, 0, sizeof(mark)); ans += path(i); } return ans;}int main(){ int T, h, w; scanf("%d", &T); while(T--) { e = 0; memset(head, -1, sizeof(head)); int cnt = 0; scanf("%d%d", &h, &w); for(int i = 0; i < h; i++) scanf("%s", s[i]); for(int i = 0; i < h; i++) for(int j = 0; j < w; j++) if(s[i][j] == '*') mp[i][j] = ++cnt; for(int i = 0; i < h; i++) for(int j = 0; j < w; j ++) { if(s[i][j] != '*') continue; for(int k = 0; k < 4; k++) { int tx = i + xx[k]; int ty = j + yy[k]; if(tx < 0 || ty < 0 || tx >= h || ty >= w || s[tx][ty] != '*') continue; insert(mp[i][j], mp[tx][ty]); } } n = cnt; int ans = n - solve() / 2; printf("%d\n", ans); } return 0;}
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