BZOJ P1059 [ZJOI2007]矩阵游戏——solution

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1059: [ZJOI2007]矩阵游戏

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 4604  Solved: 2211
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Description

  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:选择矩阵的任意行列,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。

Input

  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)。

Output

  输出文件应包含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。

Sample Input

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

Sample Output

No
Yes
【数据规模】
对于100%的数据,N ≤ 200


通过对行列的移动使黑点移动到正对角线上,
对于一种可行的步骤,至少先移动行与先移动列是一样的;
于是:
如果存在方案,则存在先完成所有列移动再移动行的方案;
讨论这一类方案:
在列操作之后,每行中有黑点的列已经确定了,则该行可以通过移动而贡献到对角线上哪些点,也已经确定了;
但每行只能贡献对角线上的一个点;(注意)
于是有了模糊的二分图匹配的思路;
然后讨论在行操作之前的列操作:
她其实没什么用;
因为她大概可以改变对角线上某一点永远不能被行移动贡献的情况;
但这只是一种拆东墙补西墙的行为,没有意义;
于是直接忽略列操作;
二分图匹配;
在行号和用列好表示的对角线上点间建边
对行和每行的黑点的列编号建边即可;
代码:
 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #define INF 2147483000
 4 using namespace std;
 5 int n,m,S,T;
 6 struct ss{
 7     int next,to,w,cp;
 8 }x[5000010];
 9 int first[4010],num;
10 int dep[4010];
11 int que[1000000];
12 void bui_(int ,int ,int );
13 void build(int ,int ,int );
14 int bfs();
15 int dfs(int ,int );
16 int main()
17 {
18     int TT,i,j,k,ans,add;
19     scanf("%d",&TT);
20     while(TT--){
21         memset(first,0,sizeof(first));num=0;ans=0;
22         scanf("%d",&n);
23         S=0,T=(n<<1)+1;
24         for(i=1;i<=n;i++){
25             bui_(S,i,1);bui_(n+i,T,1);
26             for(j=1;j<=n;j++){
27                 scanf("%d",&k);
28                 if(k)
29                     bui_(i,n+j,1);
30             }
31         }
32         while(bfs())
33             while(add=dfs(S,INF))
34                 ans+=add;
35         if(ans==n)printf("Yes\n");
36         else      printf("No\n");
37     }
38     return 0;
39 }
40 void bui_(int f,int t,int d){
41     build(f,t,d);x[num].cp=num+1;
42     build(t,f,0);x[num].cp=num-1;
43 }
44 void build(int f,int t,int d){
45     x[++num].next=first[f];
46     x[num].to=t;
47     x[num].w=d;
48     first[f]=num;
49 }
50 int bfs(){
51     memset(dep,0,sizeof(dep));
52     int h=0,t=1,j;
53     que[t]=S;
54     while(h<t){
55         ++h;
56         for(j=first[que[h]];j;j=x[j].next)
57             if(x[j].w&&x[j].to!=S&&!dep[x[j].to]){
58                 dep[x[j].to]=dep[que[h]]+1;
59                 que[++t]=x[j].to;
60             }
61     }
62     if(dep[T])return 1;
63     return 0;
64 }
65 int dfs(int now,int min){
66     int j,re=0;
67     if(now==T)
68         return min;
69     for(j=first[now];j;j=x[j].next)
70     {
71         if(x[j].w&&dep[x[j].to]==dep[now]+1){
72             re=dfs(x[j].to,min<x[j].w?min:x[j].w);
73             if(re){
74                 x[j].w-=re;
75                 x[x[j].cp].w+=re;
76                 return re;
77             }
78             dep[x[j].to]=0;
79         } 
80     }
81     return re;
82 }

 

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