0x68 - C题：車的放置

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1062/C

题目描述

给定一个N行M列的棋盘，已知某些格子禁止放置。

问棋盘上最多能放多少个不能互相攻击的車。

車放在格子里，攻击范围与中国象棋的“車”一致。

输入描述:

第一行包含三个整数N,M,T，其中T表示禁止放置的格子的数量。
接下来T行每行包含两个整数x和y，表示位于第x行第y列的格子禁止放置，行列数从1开始。

输出描述:

输出一个整数，表示结果。

示例1

输入

8 8 0

输出

8

思路

先分析出之前讲的 $0/1\mathrm{要}\mathrm{素}$。

“1要素”：
每行、每列只能放1个车(不然就能互相攻击到)。某个格子 $(i,j)$ 如果放了车，就等于占用了第 $i$ 行与第 $j$ 列放車的“名额”
因此，我们可以把行、列看作节点，一共$N+M$个节点。如果格子$(i,j)$ 没有被禁止，就在第 $i$行对应的节点与第 $j$ 行对应的节点之间连无向边。

“0要素”:

每个車显然不能既在第 $i_1$ 行又在第 $i_2$ 行，所以两个“行”对应的节点之间没有边。对于“列”也同理。
因此，刚才构建的无向图是二分图，我们可以把N个“行节点”作为左部，M个列节点”作为右部。
更在不能互相攻击的前提下放置的车最多，就是求上述分图的最大匹配，时间复杂度为 $O((N+M)\ast NM)$。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, t, f[210], b[210], ans;
bool a[210][210], v[210];

bool dfs(int x) {
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        if (v[i] || a[x][i])continue;
        v[i] = 1;
        if (f[i] == 0 || dfs(f[i])) {
            f[i] = x; return true;
        }
    }
    return false;
}

int main() {
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n >> m >> t;
    for (int j = 1; j <= t; ++j) {
        int x, y; cin >> x >> y;
        a[x][y] = 1;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        memset(v, 0, sizeof v);
        if (dfs(i))++ans;
    }
    cout << ans << endl;
}

一些匹配方法：

完备匹配:

给定一张二分图，其左部、右部点数相同，均为 $N$ 个节点。如果该二分图的最大匹配包含 $N$

条匹配边，则称该二分图具有完备匹配。

多重匹配：

给定一张包含 $N$ 个左部节点、$M$ 个右部节点的二分图。从中选出尽量多的边，使第 $i(1<=i<=N)$ 个左部节点至多与 $k{l}_i$ 条选出的边相连，第 $j(i<=j<=M)$ 个右部节点至多与 $k{r}_j$ 条选出的边相连。该问题被称为二分图的多重匹配。

当$k{l}_i=k{r}_j=1$ 时，上述问题就简化为二分图最大匹配。因此，多重匹配是一个广义的“匹配”问题，每个节点可以与不止一条“匹配”边相连，但不能超过一.个给定的限制。
多重匹配一般有 四种解决方案:

1.拆点。把第 $i$个左部节点拆成 $k{l}_i$个不同的左部节点，第j个右部节点拆成 $k{r}_j$个右部节点。对于原

图中的每条边 $(i,j)$, 在i拆成的所有节点与 $j$ 拆成的所有节点之间连边。然后求解二分图最大匹配。

2.如果所有的 $k{l}_i=1$,或者所有的 $k{r}_j=1$，即只有一侧是“多重”匹配，不妨设左部是“多重”的，那么可以

直接在匈牙利算法中让每个左部节点执行 $k{l}_i$ 次dfs​。

3.在第2种方案中，当然也可以交换左右两部，设“右部”是多重的，修改匈牙利算法的实现，让右部

节点可以匹配 $k{r}_j$次，超过匹配次数后，就要依次尝试递归当前匹配的 $k{r}_j$个左部节点，看能否找到增广路。

4.网络流。这是最一般也是最高效的解决方法。但博主尚未学习(可能以后会补上)。