[BZOJ2150]部落战争-二分图匹配

本文介绍了一种解决部落战争中最小军队数量问题的算法。该算法通过将问题转化为二分图匹配问题,并使用网络流算法求解。具体实现包括构建网络流图、进行最大流计算,最终得出最小军队数。

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部落战争

Description

lanzerb的部落在A国的上部,他们不满天寒地冻的环境,于是准备向A国的下部征战来获得更大的领土。
A国是一个MN的矩阵,其中某些地方是城镇,某些地方是高山深涧无人居住。lanzerb把自己的部落分成若干支军队,他们约定:
2. 如果某个城镇被某支军队到过,则其他军队不能再去那个城镇了。
3. 每支军队都可以在任意一个城镇停止征战。
4. 所有军队都很奇怪,他们走的方法有点像国际象棋中的马。不过马每次只能走1
2的路线,而他们只能走R*C的路线。
lanzerb的野心使得他的目标是统一全国,但是兵力的限制使得他们在配备人手时力不从心。假设他们每支军队都能顺利占领这支军队经过的所有城镇,请你帮lanzerb算算至少要多少支军队才能完成统一全国的大业。

Input

第一行包含4个整数M、N、R、C,意义见问题描述。接下来M行每行一个长度为N的字符串。如果某个字符是’.’,表示这个地方是城镇;如果这个字符时’x’,表示这个地方是高山深涧。

Output

输出一个整数,表示最少的军队个数。

Sample Input

【样例输入一】

3 3 1 2

.x.

【样例输入二】

5 4 1 1

…x.
…x

x…

Sample Output

【样例输出一】

4

【样例输出二】

5

####【数据范围】

100%的数据中,1<=M,N<=50,1<=R,C<=10。


本来在做网络流,然后就莫名其妙地做起了二分图匹配…
那就试试用网络流跑二分图匹配吧…
反正以前都是直接匈牙利算法…


思路:
可以转化一下题目的模型,变成令通过其他城镇占领掉的城镇尽量多。
那么拆点,把一个城镇拆成起点和终点,每个城镇的起点向它走一步所能到达的城镇的终点连边。
这时可以发现,若把每一对匹配理解为某个终点被覆盖,可以代表一旦与它匹配的起点所代表的城镇被覆盖,则这个终点代表的城镇可以被那个城镇的军队覆盖。
那么最大化它,也就是说,求二分图最大匹配,用总点数减去结果,就可以求得答案啦~

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
 
using namespace std;
 
const int N=10009;
const int M=1000009;
const int Inf=1e9;
int s,t;
 
inline int minn(int a,int b){if(a<b)return a;return b;}
inline int maxx(int a,int b){if(a>b)return a;return b;}
 
namespace koishi
{
    int to[M],nxt[M],cap[M],beg[N],tot=1;
    int dis[N];
    queue<int> q;
 
    inline int init()
    {
        tot=1;
        memset(beg,0,sizeof(beg));
    }
 
    inline void adde(int u,int v,int w)
    {
        to[++tot]=v;
        nxt[tot]=beg[u];
        cap[tot]=w;
        beg[u]=tot;
    }
 
    inline void add(int u,int v,int w)
    {
        adde(u,v,w);
        adde(v,u,0);
    }
 
    inline bool bfs()
    {
        while(!q.empty())q.pop();
        for(int i=0;i<=t;i++)
            dis[i]=-1;
 
        dis[s]=1;
        q.push(s);
        while(!q.empty())
        {
            int u=q.front();q.pop();
            for(int i=beg[u],v;i;i=nxt[i])
                if(dis[v=to[i]]==-1 && cap[i])
                {
                    dis[v]=dis[u]+1;
                    q.push(v);
                }
        }
 
        return dis[t]!=-1;
    }
 
    inline int dfs(int u,int mflow)
    {
        if(!mflow || u==t)
            return mflow;
 
        int cost=0;
        for(int i=beg[u],v,f;i;i=nxt[i])
            if(dis[v=to[i]]==dis[u]+1 && cap[i])
            {
                f=dfs(v,minn(cap[i],mflow-cost));
                cap[i]-=f;
                cap[i^1]+=f;
                cost+=f;
                if(cost==mflow)
                    break;
            }
 
        if(cost==0)
            dis[u]=0;
        return cost;
    }
 
    inline int dinic()
    {
        int ans=0;
        while(bfs())
            ans+=dfs(s,Inf);
        return ans;
    }
};
 
using namespace koishi;
 
int m,n,r,c;
char f[59][59];
int dx[4],dy[4];
 
inline int pos(int i,int j,int ty)
{
    return (i-1)*n*2+(j-1)*2+ty;
}
 
inline bool out(int x,int y)
{
    return x<1 || m<x || y<1 || n<y;
}
 
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&r,&c);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%s",f[i]+1);
 
    dx[0]=r; dy[0]=c;
    dx[1]=r; dy[1]=-c;
    dx[2]=c;dy[2]=r;
    dx[3]=c;dy[3]=-r;
 
    int ans=0;
    s=m*n*2+5;t=s+1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(f[i][j]=='.')
            {
                ans++;
                add(s,pos(i,j,0),1);
                add(pos(i,j,1),t,1);
                for(int k=0;k<4;k++)
                    if(!out(i+dx[k],j+dy[k]) && f[i+dx[k]][j+dy[k]]=='.')
                        add(pos(i,j,0),pos(i+dx[k],j+dy[k],1),1);
            }
 
    printf("%d\n",ans-dinic());
 
    return 0;
}

### 关于 BZOJ1728 Two-Headed Cows (双头牛) 的算法解析 此问题的核心在于如何通过有效的图论方法解决给定约束下的最大独立集问题。以下是详细的分析和解答。 #### 问题描述 题目要求在一个无向图中找到最大的一组节点集合,使得这些节点之间满足特定的颜色匹配条件。具体来说,每条边连接两个节点,并附带一种颜色标记(A 或 B)。对于任意一条边 \(u-v\) 和其对应的颜色 \(c\),如果这条边属于最终选取的子集中,则必须有至少一个端点未被选入该子集或者两端点均符合指定颜色关系。 #### 解决方案概述 本题可以通过 **二分枚举 + 图染色验证** 来实现高效求解。核心思想如下: 1. 假设当前最优解大小为 \(k\),即尝试寻找是否存在一个大小为 \(k\) 的合法子集。 2. 枚举每一个可能作为起点的节点并将其加入候选子集。 3. 对剩余部分执行基于 BFS/DFS 的图遍历操作,在过程中动态调整其他节点的状态以确保整体合法性。 4. 如果某次试探能够成功构建符合条件的大规模子集,则更新答案;反之则降低目标值重新测试直至收敛至最佳结果。 这种方法利用了贪心策略配合回溯机制来逐步逼近全局最优点[^1]。 #### 实现细节说明 ##### 数据结构设计 定义三个主要数组用于记录状态信息: - `color[]` : 存储每个顶点所分配到的具体色彩编号; - `used[]`: 表示某个定点是否已经被处理过; - `adjList[][]`: 记录邻接表形式表示的原始输入数据结构便于后续访问关联元素。 ##### 主要逻辑流程 ```python from collections import deque def check(k, n): def bfs(start_node): queue = deque([start_node]) used[start_node] = True while queue: u = queue.popleft() for v, c in adjList[u]: if not used[v]: # Assign opposite color based on edge constraint 'c' target_color = ('B' if c == 'A' else 'A') if color[u]==c else c if color[v]!=target_color and color[v]!='?': return False elif color[v]=='?': color[v]=target_color queue.append(v) used[v] =True elif ((color[u]==c)==(color[v]==('B'if c=='A'else'A'))): continue return True count=0 success=True for i in range(n): if not used[i]: temp_count=count+int(color[i]=='?' or color[i]=='A') if k<=temp_count: color_copy=color[:] if bfs(i): count=temp_count break else : success=False return success n,m=list(map(int,input().split())) colors=[['?']*m]*n for _ in range(m): a,b,c=input().strip().split() colors[int(a)-1].append((int(b),c)) low ,high,res=0,n,-1 while low<=high: mid=(low+high)//2 color=['?']*n used=[False]*n if check(mid,n): res=mid low=mid+1 else : high=mid-1 print(res) ``` 上述代码片段展示了完整的程序框架以及关键函数 `check()` 的内部运作方式。它接受参数 \(k\) 并返回布尔值指示是否有可行配置支持如此规模的选择[^2]。 #### 复杂度分析 由于采用了二分查找技术缩小搜索空间范围再加上单轮 DFS/BFS 时间复杂度 O(V+E),总体性能表现良好适合大规模实例运行需求。 ---
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