标签：二分图匹配
链接：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=654
题意：Robert是一个著名的工程师。一天，他的老板给他分配了一个任务。任务的背景是：给定一个 m×n 大小的地图，地图由方格组成，在地图中有 3 种方格－墙、草地和空地，他的老板希望能在地图中放置尽可能多的机器人。每个机器人都配备了激光枪，可以同时向四个方向（上、下、左、右）开枪。机器人一直待在最初始放置的方格处，不可移动，然后一直朝四个方向开枪。激光枪发射出的激光可以穿透草地，但不能穿透墙壁。机器人只能放置在空地。当然，老板不希望机器人互相攻击，也就是说，两个机器人不能放在同一行（水平或垂直） ，除非他们之间有一堵墙格开。 给定一张地图，你的程序需要输出在该地图中可以放置的机器人的最大数目。
思路：没有太好的思路，图论书上的思路很好，直接粘上来吧。
样例输入中两个测试数据所描述的地图如图 7.23(a)和(b)所示。在图(a)中，最多可以放置 4个机器人，一种放置方案是在(0, 0)、(2, 1)、(2, 3)和(3, 4)四个位置（行、列位置序号从0开始计起）上放置机器人。在图(b)中，最多可以放置3个机器人，一种放置方案是在(0, 0)、(2, 1)和(2, 3)三个位置上放置机器人。
在问题的原型中，草地，墙这些信息不是本题所关心的，本题关心的只是空地和空地之间的联系。因此，很自然想到了下面这种简单的模型：以空地为顶点，在有冲突的空地间连边。
这样对图 7.23(a)所示的地图，把所有的空地用数字标明，如图 7.24(a)所示；把所有有冲突的空地间用边连接后得到图(b)。于是，问题转化为求图的最大独立集问题：求最大顶点集合，集合中所有顶点互不连接（即互不冲突） 。但是最大点独立集问题是一个NP问题，没有有效的算法能求解（复杂度O（2^n））。
将每一行被墙隔开、且包含空地的连续区域称作“块” 。显然，在一个块之中，最多只能放一个机器人。把这些块编上号，如图7.25(a)所示。需要说明的是，最后一行，即第4行有两个空地，但这两个空地之间没有墙壁，只有草地，所以这两个空地应该属于同一“块” 。 同样，把竖直方向的块也编上号，如图7.25(b)所示。
把每个横向块看作二部图中顶点集合 X 中的顶点，竖向块看作集合 Y 中的顶点，若两个块有公共的空地（注意，每两个块最多有一个公共空地） ，则在它们之间连边。例如，横向块2和竖向块1有公共的空地，即(2, 0)，于是在X集合中的顶点2和Y集合中的顶点1之间有一条边。这样，问题转化成一个二部图，如图7.25(c)所示。
由于每条边表示一个空地（即一个横向块和一个竖向块的公共空地） ，有冲突的空地之间必有公共顶点。例如边(x1, y1)表示空地(0, 0)、边(x2, y1)表示空地(2, 0)，在这两个空地上不能同时放置机器人。所以问题转化为在二部图中找没有公共顶点的最大边集，这就是最大匹配问题。
接下来以 7.23(a)所示的地图为例解释二部图的构造过程：在下面的代码中，二维数组 xs 和ys 分别用来给水平方向和垂直方向上“块”进行编号，编号的结果如图 7.26(b)、(c)所示；二维数组 g 用来对水平方向上和垂直方向上的块进行连接，若两个块有公共的空地，则在它们之间连边，如果g[i][j]==1，那么水平方向上的第i个块跟垂直方向上的第j个块有公共的空地，要连边；连边后的结果如图(d)所示；这样构造的二部图如图(e)所示。
如果从0匹配开始增广，求得的最大匹配如图7.27(a)所示，粗线边代表匹配中的边。
假设从给定的一个初始匹配（如图7.27(b)所示）出发进行增广（可以通过在求最大匹配前给x、y 数组赋值来实现） ，其过程为：从顶点x1出发寻找可增广路，它的邻接顶点y1已经匹配了，所以从y1匹配顶点即x2出发递归寻找可增广路，x2的邻接顶点y2没有匹配，所以找到一条可增广路( x1, y1, x2, y2 )；沿着这条可增广路，按照匈牙利算法可以使得当前匹配增加1；改进后的匹配就是最大匹配了。
（以上内容摘自《图论算法理论、实现及应用 》 王桂平、王 衍、任嘉辰 编著）
讲解虽然有点长，但是很详细，我按照书上的思路，用邻接表和Hopcroft-Karp增广，果断MLE了。。如果极端情况添加的边很多，它是一个稠密图，邻接表里指针和域两个int值，比一个邻接矩阵可能更占内存，挺好的题ZOJ居然只给32M内存。。给64M就能用邻接表写了，我刚开始忽略了邻接表里两个int，以为是Hopcroft-Karp增广多开的数组超内存了，就改用和书上一样的DFS增广了
#include<cstring>
#include<string>
#include<fstream>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<functional>
#include<cmath>
using namespace std;
#define PI acos(-1.0)
#define MAXN 2001000
#define eps 1e-7
#define INF 0x7FFFFFFF
#define LLINF 0x7FFFFFFFFFFFFFFF
#define seed 1313131
#define MOD 1000000007
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
int vis[2510];
int cnt,n1,n2; //n1水平块数，n2垂直块数
int mx[2510],my[2510]; //mx最大匹配中与左边点i相连的边，my最大匹配中与右边点i相连的边
int xs[60][60],ys[60][60],g[2510][2510];
bool Find(int u){
int i,j;
for(i=1;i<=n2;i++){
if(!vis[i] && g[u][i]){
vis[i] = 1;
if(!my[i]||Find(my[i])){
mx[u] = i;
my[i] = u;
return true;
}
}
}
return false;
}
int matching(){
int i,j;
memset(mx,0,sizeof(mx));
memset(my,0,sizeof(my));
int ans = 0;
for(i=1;i<=n1;i++){
if(!mx[i]){
memset(vis,0,sizeof(vis));
if(Find(i)) ans++;
}
}
return ans;
}
char mapp[60][60];
int main(){
int i,j,t,cas=1,m,n;
int number;
int flag;
scanf("%d",&t);
while(t--){
memset(xs,0,sizeof(xs));
memset(ys,0,sizeof(ys));
scanf("%d%d",&m,&n);
for(i=0;i<m;i++) scanf("%s",mapp[i]);
number = 0;
for(i=0;i<m;i++){
flag = 0;
for(j=0;j<n;j++){
if(mapp[i][j]=='o'){
if(!flag) number++;
xs[i][j] = number;
flag = 1;
}
else if(mapp[i][j]=='#') flag = 0;
}
}
n1 = number;
number = 0;
for(j=0;j<n;j++){
flag = 0;
for(i=0;i<m;i++){
if(mapp[i][j]=='o'){
if(!flag) number++;
ys[i][j] = number;
flag = 1;
}
else if(mapp[i][j]=='#') flag = 0;
}
}
n2 = number;
memset(g,0,sizeof(g));
for(i=0;i<m;i++){
for(j=0;j<n;j++){
if(xs[i][j]) g[xs[i][j]][ys[i][j]] = 1;
}
}
printf("Case :%d\n",cas++);
int ans = matching();
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
ZOJ--1654--Place the Robots【二分图最大匹配】
标签：二分图匹配
原文地址：http://blog.csdn.net/zzzz40/article/details/39484703
