【学校OJ】二分图匹配 骑士共存问题
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由于没有绑定手机而苦逼了很久，所以为了补偿就来一篇吧。
二分图呢，就是这样一种图：可以把所有节点分成两个部分，x与y，而所有边必须是x连接到y，不允许x或y中出现自己连接的情况。而由于二分图的这种性质也是定义，就出现了一种问题——二分图的最大匹配。就是求二分图中选出尽可能多的边，让任意两条边不相连。有一种通俗的诠释：一群剩男剩女进行组成伴侣，在不同性恋、不一夫多妻、一妻多夫的情况下撮合尽可能多的情侣。
匈牙利算法就可以解决这种问题。具体操作是这样的：
1.寻找一个没有匹配的x节点（剩男），然后从它所有有边相连的（互相有感觉的）y节点中寻找一个同样没有匹配的（剩女），这时，将他们加入到匹配里面（撮合成一对），任务完成（撮合成功），再进行一遍1，直到无法进行1为止（没有剩男了~）。如果有边相连的y全部都在匹配中（没有两厢情愿的女孩子是单身），则对每一个相连的y进行2
2.将这个有边相连的（有男朋友的）y的x（男朋友）进行待定，如果x可以找到除了自己的其他空闲的y（有其他剩女可以选），那么将匹配关系变一变（小三上位，原配另找新欢），就多了一对匹配不是么？但如果同样没有找到怎么办？一样对所有相连的y进行2操作，直到多了一对匹配为止~如果找遍所有人都无法解决问题，很抱歉原来的这位x，你永远没有办法匹配（一辈子单身，惨）了……
咳咳咳，通过黑色和白色字的讲解，可以大致了解匈牙利算法了。那么来看看这道题吧。
我们可以显而易见的看出，按国际象棋格子的分法，有黑色和白色之分，可以很容易的发现，马从黑色只能跳到白色，白色只能跳到黑色，也就是处于白色格子的没有自区域的相连，黑的同样没有，符合二分图的性质，而一步可以跳到的地方就相当于有一条边相连。
有边相连的格点不可以同时放马，所以放了一个马与之相连的所有边就全部被控制。删去最少点使得所有边都不会冲突，这就是最小点覆盖边问题！答案是等于最大匹配的！然后用总数减去最大匹配数即可了！
当然，有了思路，要想不超时，就看你的代码丑不丑了……
#include
#include
#include
using namespace std;
int getint()
{
int p=0,f=0;
char c=getchar();
while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();
if(c=='-')
f=1,c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
p=p*10+c-'0',c=getchar();
return f?-p:p;
}
void putint(int p)
{
if(p<0)putchar('-'),p=-p;
if(p>9)putint(p/10);
putchar(p%10+'0');
}
int n,m,sum,cnt[2];
bool A[205][205];
int num[205][205];
int d[8][2]={{2,1},{-2,1},{2,-1},{-2,-1},{1,2},{-1,2},{1,-2},{-1,-2}};
int to[20005][10];
int CP[20005];
bool vis[20005];
bool check(int x,int y)
{
if(x<1||y<1||x>n||y>n||A[x][y]||vis[num[x][y]])return 0;
return 1;
}
bool xyl(int x)
{
for(int i=1;i<=to[x][0];i++)
{
int p=to[x][i];
if(!vis[p])
{
vis[p]=1;
if(!CP[p]||xyl(CP[p]))
{
CP[p]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
n=getint();m=getint();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a=getint(),b=getint();
A[a][b]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(!A[i][j])
num[i][j]=++cnt[(i+j)%2];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(!A[i][j]&&(i+j)%2==0)
for(int k=0;k<8;k++)
if(check(i+d[k][0],j+d[k][1]))
to[num[i][j]][++to[num[i][j]][0]]=num[i+d[k][0]][j+d[k][1]];
for(int i=1;i<=cnt[0];i++)
{
sum+=xyl(i);
memset(vis,0,sizeof(vis));
}
putint(cnt[1]+cnt[0]-sum);
}