QDU-帅气的HYC与N皇后(最大独立集)

帅气的HYC与N皇后

发布时间: 2015年11月1日 16:34   最后更新: 2015年11月1日 16:35   时间限制: 5000ms   内存限制: 512M

描述

你一定听说过N皇后问题吧。

但是帅气的HYC已经开始厌倦这古老的题目了。所以他设计了新的问题——N骑士问题。

这个问题跟N皇后很类似，同样是在国际象棋的棋盘上，只是把皇后(Queen)换成了 骑士(Knight ♞），就相当于中国象棋里的马了（所以说还是叫马好了～），不过要特别注意的一点是，国际象棋里的马是不会被绊马腿的（如果你不知道我在说什么，请忽略这句，并看下一段，这并不影响你解决这个问题）。

HYC会给出一个n行m列棋盘，你需要往棋盘上尽量放置更多的Knight，并保证他们无法相互攻击。

下图展示了国际象棋中马（Knight）的攻击范围：

（黑色的马可以攻击它周围任何一个黑点表示的位置，而白色的马可以攻击任意白点标示的位置）

而且为了增加难度，HYC会提前在棋盘上随意放置k个马（保证预先放置的马无法互相攻击）

你要计算并输出最终棋盘上可以共存的马的个数（也包含预先放置的个数）

输入

每次测试仅有一组数据，第一行包含三个正整数（用空格隔开） n m k分别表示棋盘的行数和列数，k表示预先放置的马的数量。接下来k行每行包含两个正整数xi， yi表示这x个棋子放在第xi行yi列（xi, yi从1开始编号，见题目描述中的图片上标示的坐标）

数据范围： m,n,k,xi,yi均为正整数。m， n均不大于60 且 n×m不大于2^6，k不大于60， xi<=n, yi<=m

输出

只有一行，一个整数按照上边的规则棋盘上最多可以放置的马的个数

样例输入1 复制

1 6 0

样例输出1

6

样例输入2 复制

2 2 0

样例输出2

4

样例输入3 复制

3 3 0

样例输出3

5

样例输入4 复制

1 1 1
1 1

样例输出4

1

样例输入5 复制

5 1 1
1 1

样例输出5

5

思路：每两个不能同时放的点构成一条边，然后求解最大独立集就可以解决，但题目还会提前放置k个点，所以我们可以提前处理这k个点所造成的不能放置的点，将它们从二分图中去除，以及相应的连边，然后再拆点求解新图的最大匹配，所以最终答案就是 新图的最大独立集数+k = 所有点数-最大匹配数/2-去除的数。

代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 70;
int nt[8][2] = {2, 1, 2, -1, 1, 2, -1, 2, -2, 1, -2, -1, 1, -2, -1, -2};
int m, n, k;
int use[maxn][maxn];
int match[maxn], vis[maxn];
vector<int> G[maxn];
int dfs(int cur)
{
	int len = G[cur].size();
	for(int i = 0; i < len; ++i)
	{
		int v = G[cur][i];
		if(vis[v]) continue;
		vis[v] = 1;
		if(match[v] == -1 || dfs(match[v]))
		{
			match[v] = cur;
			return 1;
		}
	}
	return 0;
}
int main()
{
	int ans, bad, x, y;
	while(~scanf("%d %d %d", &n, &m, &k))
	{
		ans = 0, bad = 0;
		memset(use, 0, sizeof use);
		memset(match, -1, sizeof match);
		for(int i = 1; i <= k; ++i)
		{
			scanf("%d %d", &x, &y);
			use[x][y] = 1;
			for(int j = 0; j < 8; ++j)
			{
				int tx = x + nt[j][0];
				int ty = y + nt[j][1];
				if(tx < 1 || tx > n || ty < 1 || ty > m || use[tx][ty]) continue;
				use[tx][ty] = 1; ++bad;
			}
		}
		for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = 1; j <= m; ++j)
		{
			if(use[i][j]) continue;
			G[(i-1)*m+j].clear();
			for(int k = 0; k < 8; ++k)
			{
				int tx = i + nt[k][0];
				int ty = j + nt[k][1];
				if(tx < 1 || tx > n || ty < 1 || ty > m || use[tx][ty]) continue;
				G[(i-1)*m+j].push_back((tx-1)*m+ty);
			}
		}
		for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = 1; j <= m; ++j)
		{
			if(use[i][j]) continue;
			memset(vis, 0, sizeof vis);
			if(dfs((i-1)*m+j)) ++ans;
		}
		printf("%d\n", n*m-bad-ans/2);
	}
	return 0;
}

继续加油~