題目比較有意思，大致題意：給定一個n*m矩陣，並給定k個填充物的座標，座標即（列號、行號）。要求用1*2的小矩陣填充給定的n*m矩陣，要求不能填充區域不能覆蓋k個填充物的區域。
剛開始以爲是經典dp。後來發現多了一個條件：填充物。本來是壓縮狀態dp，可以通過0、1二進制轉化狀態，現在多了一個填充物，那麼原先的3種情況：
1）在前一行橫鋪的情況下（即爲1）後一行同一列可以橫鋪，要求下一列必須也橫鋪（即均爲1）並且前一行下一列對應的狀態必須爲0（即橫鋪）
2）在前一行橫鋪的情況下（即爲1）後一行同一列可以縱鋪即爲0
3）在前一行縱鋪的情況下（即爲0）後一行同一列必須爲1（即縱鋪延展）
多了一種情況：即在前一行爲填充物的情況下，後一行同一列可以爲橫鋪也可以爲縱鋪還可以爲填充物，這樣的化就不好用二進制進行狀態壓縮了。
故這裏轉化思路：二分圖解決。
分析如下：
首先對於題目，由於有了k個填充物的存在，所以要想將1*2的矩陣進行填充，且填充滿矩陣。則m*n-k就必須爲偶數，這是第一條件。在該條件滿足後，我們不妨將矩陣看成是從行號從1到n，列號從1到m的矩陣。而每一個1*1小方格的權值記爲i+j，其中i爲行號，j爲列號。這樣以後通過觀察可以發現：1*2的矩陣所佔用的兩個連續的1*1小方格必定一個權值爲奇數，一個權值爲偶數。這樣我們可以將權值爲奇數的小方格從1開始編號，對偶數權值的小方格也同樣處理。這樣以後，其實題目就出來了：由於1*2的矩陣必定佔用一個權值爲奇數，一個權值爲偶數的方格。我們可以將這個1*2的小矩陣看成是一條邊，而其頂點則依次是奇數方格和偶數方格。而若想將全部矩陣填充滿這樣的不同邊數就必須要爲（n*m-k)/2條。
也即將奇數權值頂點轉化爲一個集合，將偶數權值頂點同樣轉化爲一個集合，若奇數權值頂點和偶數權值頂點可以連接，則設置相應的邊。然後就是求最大二分匹配S了。若最大二分匹配小於(n*m-k)/2則說明不能填充滿，若相等則說明可以填充滿（不可能大於(n*m-k)/2）。
此題還要注意兩點：
1）輸入k個填充物時，先輸入的是列號，後輸入的是行號，注意轉化
2）在轉化邊的時候，若遇到是填充物的情況。可直接跳過，因爲不可能在填充物處形成小矩形。
下面是代碼：
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#define Max 40
int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}}; //邊相連的四種情況
bool flag[Max][Max]; // 標記是否爲填充物（true爲填充物，false不是填充物）
int cal[Max][Max]; // 標記源矩陣座標爲（i,j）的1*1小方格的偶數編號或奇數編號（均從1開始）
bool match[Max*Max/2][Max*Max/2]; // 標記轉化爲二部圖後的邊匹配情況
int pre[Max*Max/2]; //標記匹配頂點標號
bool vis[Max*Max/2]; //標記是否已經訪問
int n,m,k; //行號、列號、填充物個數
int dou,sin; // 偶數權值頂點個數、奇數權值頂點個數
bool find(int x){//深搜尋找增廣路徑
for(int i=1;i<=sin;i++){
if(!vis[i] && match[x][i]){
vis[i]=true;
if(pre[i]==-1 || find(pre[i])){
pre[i]=x;
return true;
}
}
}
return false;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
if((n*m-k)%2!=0){ //若不滿足第一個條件，則直接輸出“NO”
int a,b;
while(k--)
scanf("%d%d",&a,&b);
printf("NO\n");
}
else{
memset(flag,0,sizeof(flag)); //初始話爲均不爲填充物
int a,b;
for(int i=1;i<=k;i++){ //標記填充物
scanf("%d%d",&a,&b);
flag[b][a]=true;
}
sin=0,dou=0; //初始化編號從1開始
memset(match,0,sizeof(match)); //初始化沒有邊
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) //根據奇偶數權值情況重新編號
if(((i+j)&1))
cal[i][j]=++sin;
else
cal[i][j]=++dou;
for(int i=1;i<=n;i++) // 根據相連情況，給二部圖加邊
for(int j=1;j<=m;j++)
if(!((i+j)&1) && !flag[i][j]){ // 若爲偶數且不是填充物
for(int k=0;k<4;k++){ //四個方向
int xx=dir[k][0]+i,yy=dir[k][1]+j;
if(xx>=1 && xx<=n && yy>=1 && yy<=m && !flag[xx][yy])//若在方格內，且不是填充物
match[cal[i][j]][cal[xx][yy]]=true; // 加邊
}
}
int ans=0; //匈牙利算法求最大二分匹配
memset(pre,-1,sizeof(pre));
for(int i=1;i<=dou;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
ans+=find(i);
}
if(ans==(n*m-k)/2) //若可以填充滿
printf("YES\n");
else
printf("NO\n");
}
return 0;
}
