http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5093
给定一个MxN大小的图,有3种点,冰山、浮冰、海。现在希望能在图中放置尽可能多的船。船的四个方向上不能有其他的船,除非有冰山阻隔。
最自然的想到搜索,但是由于矩阵大小有50^2,显然会超时
其实可以将一行被冰山隔开且包含海水的连续区域叫做“块”。
把每个横向“块”看做二部图中的X中的顶点,竖向“块”看做集合中Y的顶点,若两个“块”有公共的顶点海水,于是就连一条边。这样就转换成了没有公共顶点的最大边集,即最大匹配。
我们怎么去求“块”呢?用一个2个二维数组xs,ys来对水平方向和垂直方向上的“块”进行编号,编号之后如果两个块有公共的海水的话,那么就在“块”与“块”之间连边,等于说是,这个点只能利用一次。
#include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstdio> #include <cstring> #define RD(x) scanf("%d",&x) #define RD2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y) #define RD3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z) #define clr0(x) memset(x,0,sizeof(x)) #define clr1(x) memset(x,-1,sizeof(x)) using namespace std; const int MAXN = 55; const int MAXM = 1005; struct Edge { int v, next; }edge[MAXM]; char map[MAXN][MAXN]; int first[MAXM], link1[MAXM]; bool vis[MAXM]; int n, m; int cnt; int xn; int xs[MAXN][MAXN], ys[MAXN][MAXN]; void init() { cnt = 0; clr1(first),clr1(link1); clr0(xs),clr0(ys); } void read_graph(int u, int v) { edge[cnt].v = v; edge[cnt].next = first[u], first[u] = cnt++; } bool dfs(int u) { for(int e = first[u]; e != -1; e = edge[e].next) { int v = edge[e].v; if(!vis[v]) { vis[v] = 1; if(link1[v] == -1 || dfs(link1[v])) { link1[v] = u; return true; } } } return false; } void read_graph2() { RD2(n,m); for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%s", map[i]); int tot = 0; for(int i = 0; i < n; i++) { int flag = 0; for(int j = 0; j < m; j++) { if(map[i][j] == '*') { if(flag == 0) tot++; xs[i][j] = tot; flag = 1; } else if(map[i][j] == '#') flag = 0; } } xn = tot; tot = 0; for(int j = 0; j < m; j++) { int flag = 0; for(int i = 0; i < n; i++) { if(map[i][j] == '*') { if(flag == 0) tot++; ys[i][j] = tot; flag = 1; } else if(map[i][j] == '#') flag = 0; } } for(int i = 0; i < n; i++) { for(int j = 0; j < m; j++) { int u = xs[i][j], v = ys[i][j]; if(u && v) { read_graph(u, v); } } } } void solve() { int ans = 0; for(int i = 1; i <= xn; i++) { clr0(vis); if(dfs(i)) ans++; } printf("%d\n", ans); } int main() { int _;RD(_); while(_--) { init(); read_graph2(); solve(); } return 0; }