【学校OJ】二分图匹配 骑士共存问题

题目描述

一个N*N的棋盘上，有一些小方格被拿走了，不能放置骑士，其它位置可以放。现要在棋盘上放若干骑士，要求任一个骑士都不能在其他骑士的攻击点上。请算出棋盘上最多能有几个骑士。骑士攻击范围如图所示（S是骑士的位置，X表示马的攻击点） 

输入

第一行包含2个整数n和m，用单个的空格分开，1<=n<=200 , 0<=m < 40000；n 是国际象棋棋盘的大小，m是被拿走的格子数。 下面m行每行包含 2 个整数：x和y，用单个的空格分开，1<=x,y<=n，这些是被拿走的格子的坐标。 棋盘的左上角的坐标是(1,1)，右下角是(n,n)。拿走的格子没有重复的。

输出

一个整数,它应该是能放在国际象棋棋盘上的互不攻击对方的马的最大的数量。

样例输入

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3 21 13 3

样例输出

5

    由于没有绑定手机而苦逼了很久，所以为了补偿就来一篇吧。

    二分图呢，就是这样一种图：可以把所有节点分成两个部分，x与y，而所有边必须是x连接到y，不允许x或y中出现自己连接的情况。而由于二分图的这种性质也是定义，就出现了一种问题——二分图的最大匹配。就是求二分图中选出尽可能多的边，让任意两条边不相连。有一种通俗的诠释：一群剩男剩女进行组成伴侣，在不同性恋、不一夫多妻、一妻多夫的情况下撮合尽可能多的情侣。

    匈牙利算法就可以解决这种问题。具体操作是这样的：

    1.寻找一个没有匹配的x节点（剩男），然后从它所有有边相连的（互相有感觉的）y节点中寻找一个同样没有匹配的（剩女），这时，将他们加入到匹配里面（撮合成一对），任务完成（撮合成功），再进行一遍1，直到无法进行1为止（没有剩男了~）。如果有边相连的y全部都在匹配中（没有两厢情愿的女孩子是单身），则对每一个相连的y进行2

    2.将这个有边相连的（有男朋友的）y的x（男朋友）进行待定，如果x可以找到除了自己的其他空闲的y（有其他剩女可以选），那么将匹配关系变一变（小三上位，原配另找新欢），就多了一对匹配不是么？但如果同样没有找到怎么办？一样对所有相连的y进行2操作，直到多了一对匹配为止~如果找遍所有人都无法解决问题，很抱歉原来的这位x，你永远没有办法匹配（一辈子单身，惨）了……

    咳咳咳，通过黑色和白色字的讲解，可以大致了解匈牙利算法了。那么来看看这道题吧。

    我们可以显而易见的看出，按国际象棋格子的分法，有黑色和白色之分，可以很容易的发现，马从黑色只能跳到白色，白色只能跳到黑色，也就是处于白色格子的没有自区域的相连，黑的同样没有，符合二分图的性质，而一步可以跳到的地方就相当于有一条边相连。

    有边相连的格点不可以同时放马，所以放了一个马与之相连的所有边就全部被控制。删去最少点使得所有边都不会冲突，这就是最小点覆盖边问题！答案是等于最大匹配的！然后用总数减去最大匹配数即可了！

    当然，有了思路，要想不超时，就看你的代码丑不丑了……

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;int getint(){int p=0,f=0;char c=getchar();while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();if(c=='-')f=1,c=getchar();while(c>='0'&&c<='9')p=p*10+c-'0',c=getchar();return f?-p:p;}void putint(int p){if(p<0)putchar('-'),p=-p;if(p>9)putint(p/10);putchar(p%10+'0');}int n,m,sum,cnt[2];bool A[205][205];int num[205][205];int d[8][2]={{2,1},{-2,1},{2,-1},{-2,-1},{1,2},{-1,2},{1,-2},{-1,-2}};int to[20005][10];int CP[20005];bool vis[20005];bool check(int x,int y){if(x<1||y<1||x>n||y>n||A[x][y]||vis[num[x][y]])return 0;return 1;}bool xyl(int x){for(int i=1;i<=to[x][0];i++){int p=to[x][i];if(!vis[p]){vis[p]=1;if(!CP[p]||xyl(CP[p])){CP[p]=x;return 1;}}}return 0;}int main(){n=getint();m=getint();for(int i=1;i<=m;i++){int a=getint(),b=getint();A[a][b]=1;}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)if(!A[i][j])num[i][j]=++cnt[(i+j)%2];for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)if(!A[i][j]&&(i+j)%2==0)for(int k=0;k<8;k++)if(check(i+d[k][0],j+d[k][1]))to[num[i][j]][++to[num[i][j]][0]]=num[i+d[k][0]][j+d[k][1]];for(int i=1;i<=cnt[0];i++){sum+=xyl(i);memset(vis,0,sizeof(vis));}putint(cnt[1]+cnt[0]-sum);}