标签：str 连线 def struct clu ash while += art
题干：
小Q是一个非常聪明的孩子，除了国际象棋，他还很喜欢玩一个电脑益智游戏——矩阵游戏。矩阵游戏在一个N*N黑白方阵进行（如同国际象棋一般，只是颜色是随意的）。每次可以对该矩阵进行两种操作：
行交换操作：选择矩阵的任意两行，交换这两行（即交换对应格子的颜色）
列交换操作：选择矩阵的任意行列，交换这两列（即交换对应格子的颜色）
游戏的目标，即通过若干次操作，使得方阵的主对角线(左上角到右下角的连线)上的格子均为黑色。对于某些关卡，小Q百思不得其解，以致他开始怀疑这些关卡是不是根本就是无解的！于是小Q决定写一个程序来判断这些关卡是否有解。
题解：
其实这道题我们手模几个满足题干的状态就可知：每一纵列与每一横行的交点（1）一定是独一无二的。
0 0 0 1 0 1 0 0
1 0 0 0 1 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0 1
0 1 0 0 0 0 1 0
（上表其余位置均可填1）
比较容易（太难了！！）就可以想到：每个黑点所对应的横纵坐标（x，y）所对应的就是一个二分图。
我们观察这两个表：每个点的横竖都没有黑点（1），或者说，其余的黑点对最终结果不造成任何影响（包括好的或坏的）。
当横纵坐标的值存在一一匹配的情况，就一定有解。
那就用匈牙利算法来解决好了。（都快忘了。。。）
Code：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #include<queue>
5 #define $ 222
6 using namespace std;
7 int b[$][$],m,n,ans,t,sum,first[$],tot,start[$];
8 bool judge[$];
9 struct tree{ int to,next; }a[$*$];
10 inline void add(int x,int y){
11 a[++tot]=(tree){ y,first[x] };
12 first[x]=tot;
13 /*a[++tot]=(tree){ x,first[y] };
14 first[y]=tot;*/
15 }
16 inline bool km(int x){
17 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){
18 int to=a[i].to;
19 if(judge[to]) continue;
20 judge[to]=1;
21 if(!start[to]||km(start[to])){ start[to]=x; return 1; }
22 }
23 return 0;
24 }
25 inline void work(){
26 memset(a,0,sizeof(a)); ans=tot=0;
27 memset(b,0,sizeof(b));
28 memset(judge,0,sizeof(judge));
29 memset(start,0,sizeof(start));
30 memset(first,0,sizeof(first));
31 scanf("%d",&n);
32 for(register int i=1;i<=n;++i)
33 for(register int j=1;j<=n;++j){
34 scanf("%d",&b[i][j]);
35 b[i][j]?add(i,j),sum+=b[i][j]:1;
36 }
37 if(sum<n){ puts("No"); return; }
38 for(register int i=1;i<=n;++i){
39 memset(judge,0,sizeof(judge));
40 if(km(i)) ++ans;
41 }
42 ans==n?puts("Yes"):puts("No");
43 }
44 signed main(){
45 scanf("%d",&t);
46 while(t--) work();
47 }
标签：str 连线 def struct clu ash while += art
原文地址：https://www.cnblogs.com/OI-zzyy/p/11172178.html
