首先總結一些二分圖的概念和性質:
最大匹配: 圖中包含邊數最多的匹配稱爲圖的最大匹配。
完美匹配: 如果所有點都在匹配邊上,稱這個最大匹配是完美匹配。
最小覆蓋: 最小覆蓋要求用最少的點(X集合或Y集合的都行)讓每條邊都至少和其中一個點關聯。可以證明:最少的點(即覆蓋數)=最大匹配數
最小路徑覆蓋:
用盡量少的不相交簡單路徑覆蓋有向無環圖G的所有結點。解決此類問題可以建立一個二分圖模型。把所有頂點i拆成兩個:X結點集中的i和Y結點集中的i',如果有邊i->j,則在二分圖中引入邊i->j',設二分圖最大匹配爲m,則結果就是n-m。
最大獨立集問題:
在N個點的圖G中選出m個點,使這m個點兩兩之間沒有邊.求m最大值.
如果圖G滿足二分圖條件,則可以用二分圖匹配來做.最大獨立集點數 = N - 最大匹配數
在這道題中,最難的是如何建圖。如果沒有接觸過這類想法的話,應該很難做的出來。
預處理行和列,對每一行和每一列的所有連通塊進行標記(以‘#’作爲分割點),同一連通塊標記相同數字。
然後視行和列爲二分圖的頂點集,如果第i行第j列爲‘o’,則在頂點i和j所在的連通塊建立一條邊,然後就可以轉換爲求最小頂點覆蓋集問題。
根據上面二分圖的性質可得,最大匹配=最小覆蓋(證明自行百度)。這樣直接匈牙利算法跑一遍即可。
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=505;
int T,n,m;
char map[maxn][maxn];
int r[maxn][maxn],c[maxn][maxn],R,C;
int line[maxn][maxn];
int girl[maxn],used[maxn];
bool dfs(int x){
for(int i=1;i<=C;i++){
if(line[x][i]&&!used[i]){
used[i]=1;
if(!girl[i]||dfs(girl[i])){
girl[i]=x;
return true;
}
}
}
return false;
}
int hungary(){
memset(girl,0,sizeof(girl));
int ans=0;
for(int i=1;i<=R;i++){
memset(used,0,sizeof(used));
if(dfs(i))
ans++;
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
int Cas=1;
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",map[i]);
memset(line,0,sizeof(line));
memset(r,0,sizeof(r));
memset(c,0,sizeof(c));
R=C=0;
for(int i=0;i<n;i++){
bool flag=false;
for(int j=0;j<m;j++){
if(map[i][j]=='o'){
if(!flag){
R++;
flag=true;
}
r[i][j]=R;
}
else if(map[i][j]=='#') flag=false;
}
}
for(int j=0;j<m;j++){
bool flag=false;
for(int i=0;i<n;i++){
if(map[i][j]=='o'){
if(!flag){
C++;
flag=true;
}
c[i][j]=C;
}
else if(map[i][j]=='#') flag=false;
}
}
/*for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
cout<<r[i][j]<<" ";
}
cout<<endl;
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
cout<<c[i][j]<<" ";
}
cout<<endl;
}*/
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(map[i][j]=='o'){
line[r[i][j]][c[i][j]]=1;
}
}
}
int res=hungary();
printf("Case :%d\n",Cas++);
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}