http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5093
給定一個MxN大小的圖,有3種點,冰山、浮冰、海。現在希望能在圖中放置儘可能多的船。船的四個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,但是由於矩陣大小有50^2,顯然會超時
其實可以將一行被冰山隔開且包含海水的連續區域叫做“塊”。
把每個橫向“塊”看做二部圖中的X中的頂點,豎向“塊”看做集合中Y的頂點,若兩個“塊”有公共的頂點海水,於是就連一條邊。這樣就轉換成了沒有公共頂點的最大邊集,即最大匹配。
我們怎麼去求“塊”呢?用一個2個二維數組xs,ys來對水平方向和垂直方向上的“塊”進行編號,編號之後如果兩個塊有公共的海水的話,那麼就在“塊”與“塊”之間連邊,等於說是,這個點只能利用一次。
#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;
}