bzoj4554[Tjoi2016&Heoi2016]游戏 二分图最大匹配

Posted 2020-09-26 GXZlegend

题目描述

在2016年，佳缘姐姐喜欢上了一款游戏，叫做泡泡堂。简单的说，这个游戏就是在一张地图上放上若干个炸弹，看是否能炸到对手，或者躲开对手的炸弹。在玩游戏的过程中，小H想到了这样一个问题：当给定一张地图，在这张地图上最多能放上多少个炸弹能使得任意两个炸弹之间不会互相炸到。炸弹能炸到的范围是该炸弹所在的一行和一列，炸弹的威力可以穿透软石头，但是不能穿透硬石头。给定一张n*m的网格地图:其中*代表空地，炸弹的威力可以穿透，可以在空地上放置一枚炸弹。x代表软石头，炸弹的威力可以穿透，不能在此放置炸弹。#代表硬石头，炸弹的威力是不能穿透的，不能在此放置炸弹。例如：给出1*4的网格地图*xx*，这个地图上最多只能放置一个炸弹。给出另一个1*4的网格地图*x#*，这个地图最多能放置两个炸弹。现在小H任意给出一张n*m的网格地图，问你最多能放置多少炸弹

输入

第一行输入两个正整数n,m,n表示地图的行数，m表示地图的列数。1≤n,m≤50。接下来输入n行m列个字符，代表网格地图。*的个数不超过n*m个

输出

输出一个整数a，表示最多能放置炸弹的个数

样例输入

```
4 4
#***
*#**
**#*
xxx#
```

样例输出

5

---

题解

二分图最大匹配

如果没有不能穿透的硬石头，相信大家都会做，直接行列连边求最大匹配即可。

如果有了硬石头呢？其实也是一样的，本质上都是能够互相影响的不能同时选择。

那么可以先处理出连续不包括硬石头的行和列的部分，每个部分所包含的点都相互影响，把每个点所在的行部分和列部分直接连边，再求最大匹配即可。

这里为了效率使用网络流。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 6000
#define M 300000
using namespace std;
queue<int> q;
int map[60][60] , bx[60][60] , by[60][60] , tx , ty , head[N] , to[M] , val[M] , next[M] , cnt = 1 , s , t , dis[N];
char str[60];
void add(int x , int y , int z)
{
	to[++cnt] = y , val[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
	to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool bfs()
{
	int x , i;
	memset(dis , 0 , sizeof(dis));
	while(!q.empty()) q.pop();
	dis[s] = 1 , q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		x = q.front() , q.pop();
		for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
		{
			if(val[i] && !dis[to[i]])
			{
				dis[to[i]] = dis[x] + 1;
				if(to[i] == t) return 1;
				q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return 0;
}
int dinic(int x , int low)
{
	if(x == t) return low;
	int temp = low , i , k;
	for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
	{
		if(val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1)
		{
			k = dinic(to[i] , min(temp , val[i]));
			if(!k) dis[to[i]] = 0;
			val[i] -= k , val[i ^ 1] += k;
			if(!(temp -= k)) break;
		}
	}
	return low - temp;
}
int main()
{
	int n , m , i , j , ans = 0;
	scanf("%d%d" , &n , &m);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		scanf("%s" , str + 1);
		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
			map[i][j] = (str[j] == ‘*‘ ? 0 : str[j] == ‘x‘ ? 1 : 2);
	}
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		tx ++ ;
		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
		{
			bx[i][j] = tx;
			if(map[i][j] == 2) tx ++ ;
		}
	}
	for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
	{
		ty ++ ;
		for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		{
			by[i][j] = ty;
			if(map[i][j] == 2) ty ++ ;
		}
	}
	s = 0 , t = tx + ty + 1;
	for(i = 1 ; i <= tx ; i ++ ) add(s , i , 1);
	for(i = 1 ; i <= ty ; i ++ ) add(i + tx , t , 1);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
			if(!map[i][j])
				add(bx[i][j] , by[i][j] + tx , 1);
	while(bfs()) ans += dinic(s , 1 << 30);
	printf("%d\n" , ans);
	return 0;
}