poj 2724 Purifying Machine (最小边覆盖)

题意具体说什么没怎么看。

大致是说，m个n位的二进制数，有的含有*（一个数最多含1个），含*的可以用0或者1代替，即含*的同时表示两个二进制数。现在可以用任意的n位二进制数去覆盖这m个二进制数，如果存在两个二进制数，只有一位对应位上的数字不同，那么可以用一个二进制数去覆盖这两个。问最少使用多少个二进制数可以覆盖所有的这m个二进制数。

覆盖的过程可以看做匹配的过程。由此想到用图论来解决此题。

建图：

1、对于给出的m个数，如果含有*，则将其拆为两个二进制数。标记并记录出现的不同二进制数，设个数为nn。

2、对于这nn个数，将其拆为2*nn个点，如果某两个数之间恰有1位对应位不同，则该两个数之间连一条边。

3、求一次最大匹配。对于匹配的两个点，可以只用1个二进制数（或者说1条边）去覆盖，其余的各用1个。问题转化为最小边覆盖问题，总数即为nn减去最大匹配数/2（进行了拆点，匹配数增加1倍）

技巧：

关于判断两个十进制数对应的二进制数是否恰有1位对应位上的数字不同。

设两个十进制数为a,b

令c=a^b

如果c=0,说明a与b相等

若c!=0，则c对应的二进制位中的1代表了a、b对应二进制位上的数字不同。

如果仅有1位不同，则c对应的二进制位上，只有1个1。即有c&(c-1)=0

因此，令c=a^b

判断c&&(c&(c-1))是否为1即可。若为1，则恰有1位不同。

#include<iostream>#include<vector>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;#define N (1<<10)bool T[N],M[N],Map[N][N];int nn,Left[N],n,m;char s[15];int match(int u){    for(int i=0;i<nn;++i){        if(Map[u][i]&&!T[i]){            T[i]=1;            if(!Left[i]||match(Left[i])){                Left[i]=u;                return 1;            }        }    }    return 0;}vector<int> vec;void toint(){    int ans=0,a=1;    for(int i=n-1;i>=0;--i){        if(s[i]=='1') ans+=a;        a<<=1;    }    if(!M[ans]){        M[ans]=1;        vec.push_back(ans);    }}bool judge(int x,int y){    int c=x^y;    if(c&&(c&(c-1))==0) return 1;    return 0;}int main(){    int i,j;    while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&(n+m)){        memset(M,0,sizeof(M));        memset(Map,0,sizeof(Map));        memset(Left,0,sizeof(Left));        vec.clear();        for(i=0;i<m;++i){            scanf("%s",s);            for(j=0;j<n;++j) if(s[j]=='*') break;            if(j<n){                s[j]='0';                toint();                s[j]='1';                toint();            }else toint();        }        nn=vec.size();        for(i=0;i<nn;++i)        for(j=0;j<nn;++j)            if(judge(vec[i],vec[j])) Map[i][j]=1;        int ans=0;        for(i=0;i<nn;++i){            for(j=0;j<nn;++j) T[j]=0;            ans+=match(i);        }        printf("%d\n",nn-ans/2);    }    return 0;}