2017计蒜之道初赛第四场-商汤科技的安全令牌

商汤科技的安全令牌

商汤科技致力于引领人工智能核心“深度学习”技术突破，构建人工智能、大数据分析行业解决方案。作为一家人工智能公司，用机器自动地解决各类实际问题自然不在话下。近日，商汤科技推出了一套安全令牌，令牌如下图所示：

安全令牌上的小孔有 nn 行 mm 列，不过有些行和有些列已经用导线整体焊接了，共有 kk 根导线。

我们可以在安全令牌上 不重叠 地焊接若干个小芯片，每个芯片需要在相邻（不能斜着相邻，必须平行于行或列）的两个没有被焊接的小孔上固定。不能固定在已经被整体焊接的行或列上。

安全令牌上最多可以放置多少个芯片，就代表了这个安全令牌对应的校验码。当然，由于安全令牌上小孔的密度会很大，是很难目测出对应的校验码的。你作为商汤科技的实习生，需要写出一个程序，能够自动地算出一个给定的安全令牌的校验码。

输入格式

输入第一行三个整数 n,m(1 \le n,m \le 100)n,m(1≤n,m≤100)，k(0 \le k \le n + m)k(0≤k≤n+m)。

接下来输入 kk 行，每行输入两个整数 d(0 \le d \le 1)d(0≤d≤1)，cc。如果 d = 0d=0，表示第 c(1 \le c \le n)c(1≤c≤n) 行被整体焊接了，如果 d = 1d=1，表示第 c(1 \le c \le m)c(1≤c≤m) 列被整体焊接了。

输出格式

输出安全令牌对应的校验码。

样例输入

4 5 2
0 3
1 4
样例输出

5

题目大意：给出一个图，一些点不能访问，在每个连通块中，两相邻的点可以配对，问最多有几对？
解题思路： dfs

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int G[105][105];
bool vis[105][105];
int dx[4]={0,0,1,-1};
int dy[4]={1,-1,0,0};
int n,m,kk;

bool ok(int i,int j)
{
    if(i<1||i>n||j<1||j>m) return false;
    return true;
}

int dfs(int i,int j)
{
    vis[i][j]=true;
    int res=1;
    for(int k=0;k<4;k++)
    {
        int ti=i+dx[k];
        int tj=j+dy[k];
        if(G[ti][tj]==0) continue;
        if(ok(ti,tj)&&!vis[ti][tj])
        {
            res+=dfs(ti,tj);
        }
    }
    return res;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    while(cin>>n>>m>>kk)
    {
        int op,rc;
        memset(vis,false,sizeof(vis));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                G[i][j]=1;
            }
        }
        for(int i=1;i<=kk;i++)
        {
            cin>>op>>rc;
            if(op==0)
            {
                for(int j=1;j<=m;j++)
                    G[rc][j]=0;
            }else
            {
                for(int i=1;i<=n;i++)
                    G[i][rc]=0;
            }
        }
        int cc=0;
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                if(G[i][j]==0) continue;
                else
                {
                    cc=dfs(i,j);
                    ans+=(cc/2);
                }
            }
        }
        cout<return 0;
}