AcWing 372. 棋盘覆盖
\(AcWing\) \(372\). 棋盘覆盖
一、题目描述
给定一个 \(N\) 行 \(N\) 列的棋盘，已知某些格子禁止放置。
求最多能往棋盘上放多少块长度为 \(2\) 、宽度为 \(1\) 的骨牌，骨牌的边界与格线重合（骨牌占用 \(2\) 个格子），并且任意两张骨牌都不重叠。
输入格式
第一行包含两个整数 \(N\) 和 \(t\)，其中 \(t\) 为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。
输出格式
输出一个整数，表示结果。
数据范围
\(1≤N≤100,0≤t≤100\)
输入样例：
8 0
输出样例：
32
二、二分图应用【匈牙利算法求最大匹配】
前置知识
三、题目分析
这题乍一看是状压\(DP\)，但是题目数据范围是\(100\)比较大，所以要考虑别的思路，由于卡片只能放到相邻的两个格子当中，我们把每个格子看作一个点，相邻两个格子连出一条边，于是这个题就抽象成了最多选多少条边，所有选出的边之间没有公共点，这就是最大匹配问题。
就比如下面这个图，黑色区域是禁止放置的
经过匹配之后：
求最大匹配问题可以用匈牙利算法求解，但是用匈牙利算法前提需要图是二分图，所以我们需要判断一下是不是二分图。
一个\(n*n\)的矩阵，我们通过染色把黑色区域看作一个集合，白色区域看作一个集合。
两个集合当中每个点相邻的点的颜色都是不同的，通过染色法判定我们发现这就是一个二分图。而且黑色区域每个点坐标和为偶数，白色区域每个点坐标和为奇数，因此我们就可以用匈牙利算法进行求解最大匹配问题。
实现步骤：
- 建图（标记禁止放置的点）
- 对二分图中的白色区域集合进行匹配并且更新答案
- 输出最大匹配数
考虑一个格子\((i,j)\):
- \(i+j\)为偶数:记为 黑格子
- \(i+j\)为奇数:记为 白格子
如果这个白格子没有被禁止,那么就让它向周围没有被禁止的黑格子连有向边,表示:
如果选择这条边(在这两个格子上放骨牌)会对答案有\(1\)的贡献
显然白格子周围都是黑格子,所以白格子之间不会有边.那么这就是一个 二分图最大匹配的模型 ,跑一下就好了.
时间复杂度
最多\(O(n^2)\)个点,\(O(n^2)\)条边,所以时间复杂度\(O(n^4)\)
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10010, M = 40010;
int n, m;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}; // 上右下左
int dy[] = {0, 1, 0, -1}; // 上右下左
int g[N]; //一维的转换后表示，如果手欠，想写成二维的，一定要注意不能写N，要写110，否则会SE,不要问我是怎么知道的！
// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
// 匈牙利算法模板
int match[N], st[N];
int find(int u) {
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (st[v]) continue;
st[v] = 1;
if (match[v] == -1 || find(match[v])) {
match[v] = u;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main() {
memset(h, -1, sizeof h); // 初始化链式前向星
memset(match, -1, sizeof match); // 初始化匈牙利算法的匹配标识数组
scanf("%d %d", &n, &m);
while (m--) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
// 因为要做坐标变换，需要下标从0开始，本题下标从1开始，采用减一大法
a--, b--;
g[a * n + b] = 1;
}
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (g[i * n + j]) continue; // 出发点有障碍物不可以
if ((i + j) % 2 == 0) continue; // 出发点是黑色点不可以
for (int k = 0; k < 4; k++) {
int tx = i + dx[k], ty = j + dy[k];
if (g[tx * n + ty]) continue; // 目标点有障碍物
if (tx < 0 || tx == n || ty < 0 || ty == n) continue; // 目标点出界
add(i * n + j, tx * n + ty); // 加边
}
}
int res = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
if ((i + j) % 2 == 1) {
memset(st, 0, sizeof st);
res += find(i * n + j);
}
printf("%d\n", res);
return 0;
}
