二分图
A. 关押罪犯
按影响力从大到小排序，并查集二倍数组，如果有仇，\(s[ s[x+n] ]=s[y]，s[s[x]]=s[y+n];\) 两罪犯不在同一监狱
\(if(get(x)==get(y)||get(x+n)==get(y+n))\) 如果有矛盾，输出当前影响力
B. 棋盘覆盖
求最多能往棋盘上放多少块的长度为 2、宽度为 1 的骨牌
二分图匹配
按奇偶性划分格子，覆盖可以理解为某一个格子向它相邻的格子连边，建边，二分图匹配
C. 車的放置
问棋盘上最多能放多少个不能互相攻击的車。
車所在的行和列都不能有其他車，可以理解为行、列匹配，行列建边，二分图匹配.
骑士放置
按奇偶 建立 二分图，
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
const int N = 110;
typedef pair<int, int>PII;
bool g[N][N], st[N][N]; //标记障碍、标记这个点是不是已经用过
PII match[N][N]; //记录对象
int n, m, k;
int dx[8] = {-1, -2, -2, -1, 1, 2, 2, 1};
int dy[8] = {-2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
bool find(int xx, int yy){
for(int i = 0; i < 8; i ++ ){
int a = xx + dx[i], b = yy + dy[i];
if(a < 1 || a > n || b < 1 || b > m) continue;
if(st[a][b] || g[a][b]) continue;
st[a][b] = true;
auto t = match[a][b];
if(t.x == 0 || find(t.x, t.y)){
match[a][b] = {xx, yy};
return true;
}
}
return false;
}
int main()
{
cin>>n>>m>>k;
for(int i = 0; i < k; i ++ ){
int a, b;
cin>>a>>b;
g[a][b] = true;
}
int res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ){
for(int j = 1; j <= m; j ++ ){
if((i + j) % 2 || g[i][j]) continue;//只遍历下标之和为偶数并且可用的点
memset(st, 0, sizeof st);
if(find(i, j)) res ++ ;
}
}
cout<<n * m - k - res<<endl;
return 0;
}
D. 导弹防御塔
多重匹配解决方案中的拆点
二分时间，看在规定时间内每个导弹塔能发射几个导弹，看每个敌人是否都有导弹打击
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=50+10;
struct Node
{
int x,y;
Node() {}
Node(int a,int b):x(a),y(b) {}
} def[maxn],ta[maxn];
int vis[maxn*maxn],pre[maxn*maxn];
double times[maxn][maxn];
double t1,t2,V;
vector<int >G[maxn];
int n,m;
bool DFS(int u)
{
for(int i=0; i<G[u].size(); i++)
{
int v=G[u][i];
if(vis[v]) continue;
vis[v]=1;
if(pre[v]==0||DFS(pre[v]))
{
pre[v]=u;
return true;
}
}
return false;
}
bool judge(double mid)
{
for(int i=1; i<=m; i++) G[i].clear();
for(int i=1; i<=m; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)
{
double now=0;
for(int k=0; k<=m; k++)
{
now=k*(t1+t2);//防御塔能打到哪个敌人
if(mid-(now+t1+times[i][j])>1e-7) G[i].push_back(j*(m+1)+k-m-1);
else break;
}
}
memset(pre,0,sizeof(pre));
for(int i=1; i<=m; i++)//每个敌人进行匹配
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
if(!DFS(i)) return false;
}
return true;
}
int main()
{
cin>>n>>m>>t1>>t2>>V;
t1/=60.0;
for(int i=1; i<=m; i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
ta[i]=Node(x,y);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
def[i]=Node(x,y);
}
for(int i=1; i<=m; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)
times[i][j]=sqrt((ta[i].x-def[j].x)*(ta[i].x-def[j].x)+(ta[i].y-def[j].y)*(ta[i].y-def[j].y))/V;
double l=0,r=1000000,ans=r;
while(r-l>1e-9)
{
double mid=(l+r)/2.0;
if(judge(mid)) ans=min(ans,mid),r=mid;
else l=mid;
}
printf("%.6lf\n",ans);
}//https://blog.csdn.net/wentong_Xu/article/details/99606591/
F. 机器任务(AcWing376)
最小点覆盖=最大匹配
一个任务i可以被A、B机器的两种状态x、y完成，将一个任务看成一条边，两种状态看成两个端点.
要完成一个任务就要从这两个点中选一个点(任务可以在A上执行也可以在B上执行)，
对于所有任务就要从N+M-2个点中(不包含初始0状态)选出最少的点，覆盖所有的边(任务)，
问题就变成求最小点覆盖问题(二分图中最小点覆盖等价于最大匹配数--匈牙利算法)。
#include <bits/stdc++.h>
#define per(i,a,b) for(int i(a);i<=b;++i)
using namespace std;
const int N=110,M=6e4+10;
int m,hd[N],to[M],nx[M],id,mat[N],x[N],y[N];
int dis(int x1,int y1,int x2,int y2){return sqrt((x2-x1)*(x2-x1)+(y2-y1)*(y2-y1));}
bool mp[N][N];
bitset<N>ckk;
bool fd(int x)
{
per(i,1,m)
{
if(!ckk[i]&&mp[x][i])
{
ckk[i]=1;
if(!mat[i]||fd(mat[i]))
{
mat[i]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
void sol(int n)
{
int k,ans=0,x,y;
cin>>m>>k;
memset(mp,0,sizeof(mp));
memset(mat,0,sizeof(mat));
per(i,1,k)
{
scanf("%d%d%d",&x,&x,&y);
if(!x||!y) continue;
++x,++y;
mp[x][y]=1;
}
per(i,1,n) ckk.reset(),ans+=fd(i);
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int n;
while(cin>>n&&n) sol(n);//最小点覆盖=最大匹配
return 0;
}
G. 泥泞的区域(AcWing377)
二分图匹配，将每个横向，纵向的连续区域分别建点
最小点覆盖=最大匹配
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
#define pb push_back
const double PI= acos(-1.0);
const int M = 1e4+7;
int head[M],cnt;
void init(){cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));}
struct EDGE{int to,nxt,val;}ee[M*2];
void add(int x,int y){ee[++cnt].nxt=head[x],ee[cnt].to=y,head[x]=cnt;}
char s[100][100];
int n,m;
int gt(int x,int y)
{
return (x-1)*n+y;
}
int r[100][100];
int c[100][100];
int vs[M],match[M];
bool dfs(int x)
{
for(int i=head[x];i;i=ee[i].nxt)
{
int y=ee[i].to;
if(vs[y])continue;
vs[y]=1;
if(!match[y]||dfs(match[y]))
{
match[y]=x;
return true;
}
}
return false;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>(s[i]+1);
int sz=0,ln=0;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(s[i][j]=='*')
{
if(s[i][j-1]!='*')r[i][j]=++sz;
else r[i][j]=sz;
}
}
ln=sz;//左部图的数量，即横向板子的数量
for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(s[j][i]=='*')
{
if(s[j-1][i]!='*') c[j][i]=++sz;
else c[j][i]=sz;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) if(s[i][j]=='*')
{
add(r[i][j],c[i][j]);
add(c[i][j],r[i][j]);
}
int ans=0;
//横向板和纵向板为点，每个泥泞为边，求最小点覆盖。
for(int i=1;i<=ln;i++)
{
memset(vs,0,sizeof(vs));
if(dfs(i)) ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
I. 捉迷藏
Floyd求出任意两点是否相连
#include <bits/stdc++.h>
#define per(i,a,b) for(int i(a);i<=b;++i)
using namespace std;
#define e(i,j) ((i-1)*n+j)
const int N=210;
bool g[N][N];
int n,mat[N];
bitset<N>ck;
bool fd(int x)
{
per(i,1,n)
{
if(g[x][i]&&!ck[i])
{
ck[i]=1;
if(!mat[i]||fd(mat[i]))
{
mat[i]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int m,x,y,ans=0;
cin>>n>>m;
per(i,1,m)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
g[x][y]=1;
}
per(k,1,n) per(i,1,n) per(j,1,n) g[i][j]|=g[i][k]&&g[k][j];
per(i,1,n) ck.reset(),ans+=(!fd(i));
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
