原文链接http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8232649.html
题目传送门 - POJ1469
题意概括
在一个大矩阵中，有一些障碍点。
现在让你用1*2的小矩形覆盖非障碍点，要求不覆盖到障碍点并且不重复覆盖，问是否可以覆盖所有非障碍点。
题解
本题几乎是裸题。
首先注意读入的表示障碍点的二元组(x,y)中y是行，x是列。
这个毒性深重<差评>
然后考虑算法。读者可以参考笔者的前一篇博客。
对于相邻的非障碍点我们来回都建边。然后我们给原图按照到某一个点的曼哈顿距离的奇偶性黑白染色，发现黑的只能连向白的，白的也只可以连向黑的。于是这就是一个二分图。
然后我们跑一炮匈牙利。
由于连出的边是来回的，所以相当于重复计算了一次，即最大匹配数翻倍了。
于是就恰好变成了覆盖非障碍点的最大数。直接和障碍点的总数比较即可。
注意本题用二维数组存图会TLE(我会TLE)，改成数组模拟链表就过去了。<差评++>
代码
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=35,K=1100;
struct Gragh{
int cnt,y[K*4],nxt[K*4],fst[K];
void clear(){
cnt=0;
memset(fst,0,sizeof fst);
}
void add(int a,int b){
y[++cnt]=b,nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt;
}
}g;
int m,n,k,cnt,pl[N][N],tn[N][N],match[K],vis[K];
bool check(int x,int y){
return 1<=x&&x<=m&&1<=y&&y<=n&&!pl[x][y];
}
bool Match(int x){
for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i]){
int y=g.y[i];
if (!vis[y]){
vis[y]=1;
if (!match[y]||Match(match[y])){
match[y]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungary(){
int res=0;
memset(match,0,sizeof match);
for (int i=1;i<=cnt;i++){
memset(vis,0,sizeof vis);
if (Match(i))
res++;
}
return res;
}
int main(){
while (~scanf("%d%d%d",&m,&n,&k)){
memset(pl,0,sizeof pl);
memset(tn,0,sizeof tn);
for (int i=1,a,b;i<=k;i++)
scanf("%d%d",&b,&a),pl[a][b]=1;
cnt=0;
for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
if (!pl[i][j])
tn[i][j]=++cnt;
g.clear();
for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=1;j<=n;j++){
if (pl[i][j])
continue;
if (check(i,j-1))
g.add(tn[i][j],tn[i][j-1]);
if (check(i,j+1))
g.add(tn[i][j],tn[i][j+1]);
if (check(i-1,j))
g.add(tn[i][j],tn[i-1][j]);
if (check(i+1,j))
g.add(tn[i][j],tn[i+1][j]);
}
puts((hungary()==cnt)?"YES":"NO");
}
return 0;
}
