矩阵游戏[ZJOI2007]

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题目描述

小Q是一个非常聪明的孩子，除了国际象棋，他还很喜欢玩一个电脑益智游戏――矩阵游戏。矩阵游戏在一个N*N黑白方阵进行（如同国际象棋一般，只是颜色是随意的）。每次可以对该矩阵进行两种操作：

行交换操作：选择矩阵的任意两行，交换这两行（即交换对应格子的颜色）

列交换操作：选择矩阵的任意两列，交换这两列（即交换对应格子的颜色）

游戏的目标，即通过若干次操作，使得方阵的主对角线(左上角到右下角的连线)上的格子均为黑色。

对于某些关卡，小Q百思不得其解，以致他开始怀疑这些关卡是不是根本就是无解的！！于是小Q决定写一个程序来判断这些关卡是否有解。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行包含一个整数T，表示数据的组数。

接下来包含T组数据，每组数据第一行为一个整数N，表示方阵的大小；接下来N行为一个N*N的01矩阵（0表示白色，1表示黑色）。

 

输出格式：

 

包含T行。对于每一组数据，如果该关卡有解，输出一行Yes；否则输出一行No。

 

输入输出样例

输入样例#1： 

2
2
0 0
0 1
3
0 0 1
0 1 0
1 0 0

输出样例#1： 

No
Yes

说明

对于20%的数据，N ≤ 7

对于50%的数据，N ≤ 50

对于100%的数据，N ≤ 200

       

　题解：

　　     一道不太好建模的二分图...

　　首先我们可以发现直接把格子当做点是不可做的。所以我们考虑把每一列当做一个点，把每一行当做一个点。考虑末状态，可以看做第i行向第i列连了一条匹配边。行交换操作可以看做匹配边的交换。

　　比如（1,4）、（2,3）是黑格子的话可以看做1->4,2->3连了匹配边（注意，箭头左右分属不同集合，即使数值相同，代表的含义也不同，在代码中的编号也是不同的）。那么交换第一第二行后黑格子就变成了（1,3）、（2,4），匹配边为1->3,2->4。可以发现交换x,y两行就是交换x,y的匹配边。交换列同理。

　　所以我们可以得出的一个结论就是如果想要达到最终状态，那么一开始最大匹配数就要等于n.

　　可以用网络流求最大匹配数。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define LL long long
#define RI register int
using namespace std;
const int INF = 0x7ffffff ;
const int N = 200 + 10 ;
const int M = 1e7 + 10 ;

inline int read() {
    int k = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ;
    for( ; !isdigit(c) ; c = getchar())
      if(c == '-') f = -1 ;
    for( ; isdigit(c) ; c = getchar())
      k = k*10 + c-'0' ;
    return k*f ;
}
struct Edge {
    int to, next, flow ;
}e[M] ;
int n, s, t, ansf, cnt = 1 ; int head[N<<1], dep[N<<1] ;
inline void add_edge(int x,int y,int ff) {
    e[++cnt].to = y, e[cnt].next = head[x], head[x] = cnt, e[cnt].flow = ff ;
    e[++cnt].to = x, e[cnt].next = head[y], head[y] = cnt, e[cnt].flow = 0 ;
}

inline bool F_bfs() {
    memset(dep,0,sizeof(dep)) ;
    queue<int>q ; q.push(s) ; dep[s] = 1 ;
    while(!q.empty()) {
        int x = q.front() ; q.pop() ;
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
            int y = e[i].to ; if(dep[y] || !e[i].flow) continue ;
            dep[y] = dep[x]+1 ; q.push(y) ;
        }
    }
    return dep[t] ;
}
int F_dfs(int x,int minflow) {
    if(x == t || !minflow) return minflow ;
    int fflow = 0 ;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
        int y = e[i].to ; if(dep[y] != dep[x]+1 || !e[i].flow) continue ;
        int temp = F_dfs(y,min(minflow,e[i].flow)) ;
        fflow += temp, minflow -= temp ;
        e[i].flow -= temp, e[i^1].flow += temp ;
        if(!minflow) break ;
    }
    return fflow ;
}


inline void solve() {
    n = read() ; memset(head,0,sizeof(head)) ; ansf = 0 ; s = (n<<1)+1, t = s+1 ;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        add_edge(s,i,1) ; add_edge(i+n,t,1) ;
        for(int j=1;j<=n;j++) {
            bool x = read() ;
            if(x) {
                add_edge(i,j+n,1) ;
            }
        }
    }
    while(F_bfs()) ansf += F_dfs(s,INF) ;
    if(ansf == n) printf("Yes\n") ; else printf("No\n") ;
}

int main() {
    int t = read() ;
    while(t--) solve() ;
    return 0 ;
}