【题解】方格取数&&骑士共存问题（二分图最大独立集）

最新推荐文章于 2021-03-30 13:15:57 发布

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本文介绍如何在网格模型下，通过构建二分图并求最大流解决方格取数与骑士共存问题。核心思路是利用点的排斥关系，通过染色区分黑白点，建立超级源点和汇点，最终求最小割获取最大独立集。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

方格取数问题传送门

骑士共存问题传送门

分析

之所以把这两题放在一起，是因为它们有很多的共同点。

单看题目背景就知道其实它们挺类似的：都是在棋盘（网格）中，且点与点之间有相互的排斥关系。实际上它们的解法思想也几乎一模一样。

方格取数

先讲方格取数。

首先我们发现这类问题的最重要的特点：点与点之间会互相排斥，且每个点只有选与不选两种状态。于是我们可以考虑构建二分图，并建立超级源点 $s $ 和汇点 $t $ ，最后求最小割（最大流）。具体建立过程如下：

首先把网格进行黑白染色。比如把横纵坐标和为奇数的染成黑色，和为偶数的染成白色，于是相邻的黑白点就不能同时被选。这一步并不需要真正用代码进行染色，只需要在建图的时候判断横纵坐标和即可，同时也是方便后面理解。
于是我们考虑把所有黑点放在二分图的左侧，如果一个黑点与 $s$ 有连边，就代表它被选。同理把白点放在右边，如果与 $t$ 连边，就代表白点被选。考虑边的权值，显然如果一个点（无论黑白）被选，价值就是当前点的点权，于是黑白点向 $s$ 和 $t$ 连的边边权都等于点权。
接着考虑限制条件，显然如果我们要让两个点中最多选一个，那么我们肯定要让其中一个点向 $s$ 或 $t$ 的连边在求最小割的时候被割掉（可以重新看看2中的定义）。于是我们对于每个黑点，向受其影响的白点连边权为 $I N F$ 的边，由于最小割的性质，边权为 $I N F$ 的边不可能被割掉。
跑最小割（最大流）模板，最后的答案为点权总和减去最小割。

代码(建图)

Show You the Code.

for(int i = 1; i <= m; i++){
    for(int j = 1; j <= n; j++){
        scanf("%d", &a[i][j]);
        sum += a[i][j];
        if((i+j)&1){		//判断黑白点
            add(s, get(i, j), a[i][j]);
            add(get(i, j), s, 0);
        }
        else{
            add(get(i, j), t, a[i][j]);
            add(t, get(i, j), 0);
        }
    }
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
    for(int j = 1; j <= n; j++){
        for(int k = 0; k < 4; k++){		//四个方向都会影响到
            if(!((i+j)&1)) continue;
            int u = i+mx[k], v = j+my[k];
            if(u<=0 || u>m || v<=0 || v>n) continue;
            add(get(i, j), get(u, v), INF);	//get(x,y)把二维坐标转化为一位编号. get(x,y)=(n-1)*x+y
            add(get(u, v), get(i, j), 0);
        }
    }
}
dinic();
cout << sum-ans << endl;	//ans是最大流

小小的小结

回过头来看看我们在这道题中建图后的本质操作是什么。

我们考虑最后被割成两半的图，图中互相影响的点一定不再同一个集合中，而我们建图的时候是有影响就建边，所以其实我们是从初始的二分图中找出了最大的独立集（也就是最大的点集，其中的点两两之间都没有连边）。

骑士共存

~~（讲完上一题应该都会骑士共存了）~~

同样的，我们发现虽然影响的方式变了，但是假如我们依旧用同样的方式染色，黑白点仍旧只会互相影响，而不会直接影响同色的点（可以看题目中的图）。这说明我们其实完全可以按照一样的套路来乱搞。

这道题多了障碍，实际上并没用，遇到障碍的时候直接跳过不连边就行了。

代码（还是建图）

for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int j = 1; j <= n; ++j) {
        if(mp[i][j]) continue;		//mp[i][j]为1则表示有障碍
        if((i+j)&1){
            add(s, get(i,j), 1);		//点权实际可以看做1
            add(get(i,j), s, 0);
        }
        else{
            add(get(i,j), t, 1);
            add(t, get(i,j), 0);
        }
    }
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int j = 1; j <= n; ++j) {
        if(mp[i][j] || !((i+j)&1)) continue;
        int u, v;
        for (int k = 0; k < 8; ++k) {
            u = i+mx[k], v = j+my[k];
            if(u<=0 || u>n || v<=0 || v>n || mp[u][v]) continue;
            add(get(i, j), get(u, v), INF);
            add(get(u, v), get(i, j), 0);
        }
    }
}
dinic();
cout << n*n-m-ans << endl;		//总共n*n个点,去掉m个障碍,再减去最大流