洛谷P3355：骑士共存问题（最小割问题）
题目描述
在一个 n*n个方格的国际象棋棋盘上，马（骑士）可以攻击的棋盘方格如图所示。棋盘上某些方格设置了障碍，骑士不得进入。对于给定的 n*n 个方格的国际象棋棋盘和障碍标志，计算棋盘上最多可以放置多少个骑士，使得它们彼此互不攻击。
题解
这道题问的是最多放置多少个骑士。那么看到“最多”的字眼很容易就想到了最大费用最大流，每个点向整张图可以去到的点连边，再取相反数跑mcmf。
但是会发现，，会爆空间。而且时间也会超限。
怎么办呢，我们会想到一个有趣的定理：要的点数+不要的点数=总点数。所以我们如果可以把不要的点找出来就可以啦。
最小割
最小割很明显符合这个逻辑（把不要的边割掉相当于不要这个点）。
关于证明我就不多讲，我们还是像方格取数问题一样，把整张图分为两个集合，一个A集合，一个B集合（具体分法看超链接哦。）。意思就是说选A集合的点时，不能选附近骑士能走到的B集合点。（这里运用得很巧妙）。
那么我们从begin到每个A集合点连一条流量为1的边，表示选这个点有1的价值，每个B集合点到end连一条流量为1的边，表示选这个点有1的价值。
每个A集合点到附近能到达的B集合点连一条流量为INF的边。
那么最小割一定是简单割，最小割=最大流。
要的点数+不要的点数=总点数 =〉要的点数=总点数-不要的点数；
要使左侧最大，那么右边的减数应当最小 =〉最小割
贴代码
//记得减去最小割再输出
#include
#include
#include
#include
#define INF 1e6
using namespace std;
int n,m;
int p[40010];
int ans=0;
struct edge{int y,next,c;};
edge s[399999];
int first[40010];
int begin,end;
int len=1;
queue f;
int h[40010];
int map[210][210];
int mmin(int x,int y)
{
return x0)
{
h[y]=h[x]+1;
f.push(y);
}
}
}
if(h[end]==0) return false;
return true;
}
int dfs(int x,int t)
{
if(x==end) return t;
int tot=0;
for(int i=first[x];i!=0;i=s[i].next)
{
if(tot==t) return t;
int y=s[i].y;
if(h[y]==h[x]+1 && s[i].c>0)
{
int now=dfs(y,mmin(s[i].c,t-tot));
tot+=now;s[i].c-=now;s[i^1].c+=now;
}
}
if(tot==0) h[x]=0;
return tot;
}
int max_flow()
{
int flow=0,dx;
while(bfs())
{
dx=dfs(begin,1e9);
while(dx!=0)
{
flow+=dx;
dx=dfs(begin,1e9);
}
}
return flow;
}
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
begin=0,end=n*n+1;
ans=n*n-m;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
map[x][y]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(map[i][j]==1) continue;
int x=(i-1)*n+j;
if((i%2==1 && j%2==0) || (i%2==0 && j%2==1)) ins(x,end,1);
else if((i%2==1 && j%2==1) || (i%2==0 && j%2==0))
{
ins(begin,x,1);
if(i-1>0 && j-2>0 && map[i-1][j-2]==0) ins(x,x-n-2,INF);
if(i-2>0 && j-1>0 && map[i-2][j-1]==0) ins(x,x-2*n-1,INF);
if(i-1>0 && j+2<=n && map[i-1][j+2]==0) ins(x,x-n+2,INF);
if(i-2>0 && j+1<=n && map[i-2][j+1]==0) ins(x,x-2*n+1,INF);
if(i+1<=n && j-2>0 && map[i+1][j-2]==0) ins(x,x+n-2,INF);
if(i+2<=n && j-1>0 && map[i+2][j-1]==0) ins(x,x+2*n-1,INF);
if(i+1<=n && j+2<=n && map[i+1][j+2]==0) ins(x,x+n+2,INF);
if(i+2<=n && j+1<=n && map[i+2][j+1]==0) ins(x,x+2*n+1,INF);
}
}
printf("%d",ans-max_flow());
}