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[HRBEU1220]Adventure
题意：有N*M的矩阵，以及N+M个开关，前N个开关每按一次，对应的行上的数字都减1（如果是0不减），
后M个开关每按一次，对应的列上的数字都减1（如果是0不减）。
问将整个矩阵置0最少需要按几次。
分析：首先看KM算法的定义：KM算法是通过给每个顶点一个标号（叫做顶标）来把求最大权匹配的问题转化为求完备匹配的问题的。
设顶点Xi的顶标为A[i]，顶点Yj的顶标为B[j]，顶点Xi与Yj之间的边权为w[i,j]。
在算法执行过程中的任一时刻，对于任一条边(i,j)，A[i]+B[j]>=w[i,j]始终成立。
KM算法的正确性基于以下定理：若由二分图中所有满足A[i]+B[j]=w[i,j]的边(i,j)构成的子图（称做相等子图）有完备匹配，
那么这个完备匹配就是二分图的最大权匹配。
那么对于本题，将A[i]作为i行的按钮按的次数，B[j]作为j列的按钮按的次数，那么最后又有A[i]+B[j] >= w[i][j]。
所以KM求出来的最优匹配就是答案了。注意n和m的大小关系。
代码：
//二分图最佳匹配,kuhn munkras算法,邻接阵形式,复杂度O(m*m*n)
//返回最佳匹配值,传入二分图大小m,n和邻接阵mat,表示权值
//match1,match2返回一个最佳匹配,未匹配顶点match值为-1
//一定注意m<=n,否则循环无法终止*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 310;
const int inf = 1000000000;
#define _clr(x) memset(x,0xff,sizeof(int)*n)
int kuhn_munkras(int m,int n,int mat[][MAXN],int* match1,int* match2){
int s[MAXN],t[MAXN],l1[MAXN],l2[MAXN],p,q,ret=0,i,j,k;
for (i=0;i<m;i++)
for (l1[i]=-inf,j=0;j<n;j++)
l1[i]=mat[i][j]>l1[i]?mat[i][j]:l1[i];
for (i=0;i<n;l2[i++]=0);
for (_clr(match1),_clr(match2),i=0;i<m;i++){
for (_clr(t),s[p=q=0]=i;p<=q&&match1[i]<0;p++)
for (k=s[p],j=0;j<n&&match1[i]<0;j++)
if (l1[k]+l2[j]==mat[k][j]&&t[j]<0){
s[++q]=match2[j],t[j]=k;
if (s[q]<0)
for (p=j;p>=0;j=p)
match2[j]=k=t[j],p=match1[k],match1[k]=j;
}
if (match1[i]<0){
for (i--,p=inf,k=0;k<=q;k++)
for (j=0;j<n;j++)
if (t[j]<0&&l1[s[k]]+l2[j]-mat[s[k]][j]<p)
p=l1[s[k]]+l2[j]-mat[s[k]][j];
for (j=0;j<n;l2[j]+=t[j]<0?0:p,j++);
for (k=0;k<=q;l1[s[k++]]-=p);
}
}
for (i=0;i<m;i++)
ret+=mat[i][match1[i]];
return ret;
}
int mat[MAXN][MAXN],tmp[MAXN][MAXN],m1[MAXN],m2[MAXN];
int main()
{
int cas,n,m;
scanf("%d",&cas);
while (cas--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i = 0;i < n;i++)
for (int j = 0 ;j < m;j++)
scanf("%d",&tmp[i][j]);
if (n > m)
{
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
mat[i][j] = tmp[j][i];
swap(n,m);
}
else
{
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < m; j++)
mat[i][j] = tmp[i][j];
}
printf("%d\n",kuhn_munkras(n,m,mat,m1,m2));
}
}
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