poj 3020 Antenna Placement

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二分图 最小路径覆盖

题意:给一个矩阵图,有o和,要用12的板去覆盖所有的的,木板可以重复,要覆盖所有的最少用多少木板。

对于所有的,将其看做一个顶点,将所有从1到n标号,另外每个虚化一个顶点出来,标号相同,这样就形成了X部顶点和Y部顶点。对于原图中相邻的两个,u和v,连边,u->vv , v–>uu(无向边变为2条有向边,由实际顶点指向虚化的顶点),这样就形成了二分图。原题要求的其实是最小覆盖,等于点数减去最大匹配即可,但是这里是无向图,边拆成了两条,所以最大匹配/2

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#include <utility>
using namespace std;
#define MAX 610
#define N 360010
#define pii pair<int,int>
#define cl(xx,yy) memset(xx,yy,sizeof((xx)))
#define pb push_back
#define mp make_pair

const int dx[4] = {-1,1,0,0};
const int dy[4] = {0,0,-1,1};
int n,SIZE,match[N];
vector<int>e[N];
map<pii,int>M;
char g[MAX][MAX];
bool vis[N];

bool check(int xx,int yy){
if(xx >= 0 && xx < SIZE && yy >= 0 && yy < SIZE && g[xx][yy] == '#')
return true;
return false;
}

int dfs(int u){
for(int i = 0; i < e[u].size(); i++){
int v = e[u][i];
if(!vis[v]){
vis[v] = true;
if(match[v] == -1 || dfs(match[v])){
match[v] = u; return 1;
}
}
}
return 0;
}

int MaxMatch(){
int ans = 0;
cl(match,-1);
for(int i = 1; i <= n; i++){
cl(vis,false);
ans += dfs(i);
}
return ans/2;
}

int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
for(int cas = 1; cas <= T; cas++){
scanf("%d",&SIZE);
for(int i = 1; i <= SIZE*SIZE; i++)
e[i].clear();
M.clear(); n = 0;
for(int i = 0 ; i < SIZE; i++){
scanf("%s",g[i]);
for(int j = 0 ; j < SIZE ; j++)
if(g[i][j] == '#')
M[mp(i,j)] = ++n;
}
for(int i = 0; i < SIZE; i++)
for(int j = 0 ; j < SIZE; j++)
if(g[i][j] == '#')
for(int k = 0; k < 4; k++){
int xx = i + dx[k];
int yy = j + dy[k];
if(!check(xx,yy)) continue;
int u = M[mp(i,j)];
int v = M[mp(xx,yy)];
e[u].pb(v);
}
int ans = MaxMatch();
printf("Case %d: %d\n",cas,ans);
}
return 0;
}