骑士共存问题（最大流）

Description

    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。

Input

多组数据输入.
每组输入第一行有2 个正整数n 和m (1<=n<=200, 0<=m< n^2)，分别表示棋盘的大小和障碍数。接下来的m 行给出障碍的位置。每行2 个正整数，表示障碍的方格坐标。

Output

每组输出共存骑士数

Sample Input

3 2
1 1
3 3

Sample Output

5

题目出自nefu496

思路：

【问题分析】

二分图最大独立集，转化为二分图最大匹配，从而用最大流解决。

【建模方法】

首先把棋盘黑白染色，使相邻格子颜色不同。把所有可用的黑色格子看做二分图X集合中顶点，可用的白色格子看做Y集合顶点。建立附加源S汇T，从S向X集合中每个顶点连接一条容量为1的有向边，从Y集合中每个顶点向T连接一条容量为1的有向边。从每个可用的黑色格子向骑士一步能攻击到的可用的白色格子连接一条容量为无穷大的有向边。求出网络最大流，要求的结果就是可用格子的数量减去最大流量。

【建模分析】

用网络流的方法解决棋盘上的问题，一般都要对棋盘黑白染色，使之成为一个二分图。放尽可能多的不能互相攻击的骑士，就是一个二分图最大独立集问题。有关二分图最大独立集问题，更多讨论见《最小割模型在信息学竞赛中的应用》作者胡伯涛。

该题规模比较大，需要用效率较高的网络最大流算法解决。

#include 
#include 
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const   int oo=1e9;/**oo 表示无穷大*/
const  int mm=119999999;/**mm 表示边的最大数量，记住要是原图的两倍，在加边的时候都是双向的*/
const  int mn=40010;/**mn 表示点的最大数量*/
int node,src,dest,edge;/**node 表示节点数，src 表示源点，dest 表示汇点，edge 统计边数*/
int ver[mm],flow[mm],nex[mm];
int head[mn],work[mn],dis[mn],q[mn];
void prepare(int _node, int _src,int _dest)
{
    node=_node,src=_src,dest=_dest;
    for(int i=0; i<=node; ++i)head[i]=-1;
    edge=0;
}
void addedge( int u,  int v,  int c)
{
    ver[edge]=v,flow[edge]=c,nex[edge]=head[u],head[u]=edge++;
    ver[edge]=u,flow[edge]=0,nex[edge]=head[v],head[v]=edge++;
}
bool Dinic_bfs()
{
    int i,u,v,l,r=0;
    for(i=0; i=0; i=nex[i])
            if(flow[i]&&dis[v=ver[i]]<0)
            {
                dis[q[r++]=v]=dis[u]+1;
                if(v==dest)  return 1;
            }
    return 0;
}
int Dinic_dfs(  int u, int exp)
{
    if(u==dest)  return exp;
    for(  int &i=work[u],v,tmp; i>=0; i=nex[i])
        if(flow[i]&&dis[v=ver[i]]==dis[u]+1&&(tmp=Dinic_dfs(v,min(exp,flow[i])))>0)
        {
            flow[i]-=tmp;
            flow[i^1]+=tmp;
            return tmp;
        }
    return 0;
}
int Dinic_flow()
{
    int i,ret=0,delta;
    while(Dinic_bfs())
    {
        for(i=0; i=1&&x<=n&&y>=1&&y<=n&&!xx[x][y])
                        {
                            if((i+j)&1)
                                addedge((i-1)*n+j,(x-1)*n+y,oo);
                            else
                                addedge((x-1)*n+y,(i-1)*n+j,oo);
                        }
                    }
                    xx[i][j]=1;
                }
        printf("%d\n",n*n-m-Dinic_flow());
    }
    return 0;
}