FZU 1202 信与信封问题
Type: 最大二分匹配问题的变形，n封信要装到n个信封里，现只知道第i封信不在第j个信封，问最后能确定的搭配。
Method:一封信可以有k(1~n)个信封装，即k种选择，所以可能有多种装信方案，如果在所有的装信方案中，(i0,j0)这组搭配总是存在，那么这组搭配就是确定的。
由于是“并相应地写了n个信封将信装好”，所以可以先判断是否存在一个完美匹配，如果不存在，可以确定为“none”。找出所有的完美匹配是一个NP问题，于是，
我们可以这样考虑：
任意取一个完美匹配M，对于任意的e∈M，如果e是确定的，那么删除边e后，图G就不存在完美匹配了，根据此判断所有的边是否是固定的。
key:刚开始没看准题，输入给搞错了；因为要按顺序输出，所以增加了mx[]，来保存X集合的匹配。（卡在了输入输出上）
代码
//
15ms
#include
<
stdio.h
>
#include
<
string
.h
>
#define
NL 104
int
adj[NL][NL];
//
0 is exit
int
my[NL], mx[NL];
bool
used[NL];
int
n;
bool
path(
int
u)
{
for
(
int
v
=
1
; v
<=
n; v
++
) {
if
(
!
adj[u][v]
&&
!
used[v]) {
used[v]
=
true
;
if
(my[v]
==
-
1
||
path(my[v])) {
my[v]
=
u;
mx[u]
=
v;
return
true
;
}
}
}
return
false
;
}
int
main()
{
int
i;
while
(scanf(
"
%d
"
,
&
n)
!=
EOF) {
int
x, y;
memset(adj,
0
,
sizeof
(adj));
while
(scanf(
"
%d%d
"
,
&
x,
&
y)) {
if
(
!
x
&&
!
y)
break
;
adj[x][y]
=
1
;
}
memset(mx,
-
1
,
sizeof
(mx));
memset(my,
-
1
,
sizeof
(my));
int
match
=
0
;
for
(i
=
1
; i
<=
n; i
++
) {
memset(used,
0
,
sizeof
(used));
if
(path(i)) match
++
;
}
if
(match
!=
n) {
printf(
"
none\n\n
"
);
continue
;
}
int
cnt
=
0
;
for
(i
=
1
; i
<=
n; i
++
) {
int
t
=
mx[i];
my[t]
=
-
1
;
adj[i][t]
=
1
;
memset(used,
0
,
sizeof
(used));
if
(
!
path(i)) {
my[t]
=
i;
cnt
++
;
printf(
"
%d %d\n
"
, i, mx[i]);
}
adj[i][t]
=
0
;
}
if
(
!
cnt) puts(
"
none
"
);
printf(
"
\n
"
);
}
return
0
;
}
测试数据若干：
代码
input:
3
1
2
1
3
2
1
0
0
3
1
1
2
1
3
3
0
0
2
1
1
2
2
0
0
3
1
2
1
3
2
1
2
3
0
0
5
1
2
1
4
1
5
2
1
2
3
3
2
3
5
4
1
4
3
5
2
5
4
5
5
0
0
3
1
1
2
2
3
3
0
0
1
1
1
0
0
3
1
1
2
1
3
1
0
0
output:
1
1
3
1
1
2
2
1
1
1
2
2
3
3
3
4
none
none
none