【洛谷】4304：[TJOI2013]攻击装置【最大点独立集】【二分图】2172： [国家集训队]部落战争【二分图/网络流】【最小路径覆盖】
题目描述
lanzerb的部落在A国的上部，他们不满天寒地冻的环境，于是准备向A国的下部征战来获得更大的领土。
A国是一个M*N的矩阵，其中某些地方是城镇，某些地方是高山深涧无人居住。lanzerb把自己的部落分成若干支军队，他们约定：
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每支军队可以从任意一个城镇出发，并只能从上往向下征战，不能回头。途中只能经过城镇，不能经过高山深涧。
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如果某个城镇被某支军队到过，则其他军队不能再去那个城镇了。
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每支军队都可以在任意一个城镇停止征战。
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所有军队都很奇怪，他们走的方法有点像国际象棋中的马。不过马每次只能走1*2的路线，而他们只能走R*C的路线。
lanzerb的野心使得他的目标是统一全国，但是兵力的限制使得他们在配备人手时力不从心。假设他们每支军队都能顺利占领这支军队经过的所有城镇，请你帮lanzerb算算至少要多少支军队才能完成统一全国的大业。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含4个整数M、N、R、C，意义见问题描述。接下来M行每行一个长度为N的字符串。如果某个字符是'.'，表示这个地方是城镇；如果这个字符时'x'，表示这个地方是高山深涧。
输出格式：
输出一个整数，表示最少的军队个数。
输入输出样例
说明
100%的数据中，1<=M,N<=50，1<=R,C<=10。
Solution
比较轻松地可以想到最小路径覆盖问题，用最少的路径，经过所有点。
二分图是经典方法，每个点拆点，两点间有连边就在二分图上连边，最小路径=总点数-最大匹配。可以理解为，每一个匹配，就省去了一条路径（以入点为起点的路径可以由出点直接到达），所以最大匹配省去的路径是最多的。
最大匹配也可以用网络流实现。
注意空间....
Code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int G[105][105], n, m, r, c; int zl[2][2] = {{1, 1}, {1, -1}}; struct Node { int u, v, nex; Node(int u = 0, int v = 0, int nex = 0) : u(u), v(v), nex(nex) { } } Edge[1000005]; int h[10005], stot; void add(int u, int v) { Edge[++stot] = Node(u, v, h[u]); h[u] = stot; } bool check(int x, int y) { if(x < 1 || y < 1 || x > m || y > n || !G[x][y]) return 0; return 1; } int las[10005], to[10005], vis[10005]; bool dfs(int u) { for(int i = h[u]; i; i = Edge[i].nex) { int v = Edge[i].v; if(!vis[v]) { vis[v] = 1; if(!las[v] || dfs(las[v])) { to[u] = v; las[v] = u; return 1; } } } return 0; } int id[105][105], ans, tot; char s[505][505]; int main() { scanf("%d%d%d%d\n", &m, &n, &r, &c); for(int i = 1; i <= m; i ++) scanf("%s", s[i] + 1); for(int i = 1; i <= m; i ++) { for(int j = 1; j <= n; j ++) { id[i][j] = (i - 1) * n + j; if(s[i][j] == '.') G[i][j] = 1, tot ++; else G[i][j] = 0; } } for(int i = 1; i <= m; i ++) for(int j = 1; j <= n; j ++) { if(!G[i][j]) continue; int x, y; for(int k = 0; k < 2; k ++) { x = i + zl[k][0] * r, y = j + zl[k][1] * c; if(!check(x, y)) continue; add(id[i][j], id[x][y] + n * m); } if(r != c) { for(int k = 0; k < 2; k ++) { x = i + zl[k][0] * c, y = j + zl[k][1] * r; if(!check(x, y)) continue; add(id[i][j], id[x][y] + n * m); } } } for(int i = 1; i <= m; i ++) { for(int j = 1; j <= n; j ++) if(!to[id[i][j]] && G[i][j]) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); ans += dfs(id[i][j]); } } printf("%d", tot - ans); return 0; }
