hdu 4185 （Oil Skimming） 奇偶匹配

通过题意我们可以看出，一块地如果是油田，那么如果他要组成一块地，必须和周围的4块中的一块组成。那么可以得到，坐标和（i+j）是奇数的油田必须和坐标和为偶数的匹配才能组成一块地。那么我们可以把偶数油田看成是左边的点，奇数油田看成右边的点， 如果左边的点能和右边的点组成一块地 ， 就建一条边 。 这样可以得到一个2分图。对2图求最大匹配，就是答案。 求2分匹配有2中方法 ，匈牙利算法和网络流算法。 这题2种算法时间复杂度都是够的
。

方法一：匈牙利算法

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<ctime>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
const int mod=99999997;
const int mmax=610;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1.0);
const int inf=0x3fffffff;
int dir[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
struct node
{
int st,en;
int next;
}E[4*mmax*mmax];
int p[mmax*mmax];
int num,n;
void init()
{
memset(p,-1,sizeof p);
num=0;
}
void add(int st,int en)
{
E[num].st=st;
E[num].en=en;
E[num].next=p[st];
p[st]=num++;
}
int Id[mmax][mmax];
char G[mmax][mmax];
int get_id(int x,int y)
{
return x*n+y;
}
bool in(int x,int y)
{
return 0<=x&&x<n&&0<=y&&y<n;
}
void make(int x,int y)
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
int tx=x+dir[i][0];
int ty=y+dir[i][1];
if(in(tx,ty)&&G[tx][ty]=='#')
{
add(get_id(x,y),get_id(tx,ty));
}
}
}
bool use[mmax*mmax];
int link[mmax*mmax];
bool match(int x)
{
for(int i=p[x];i+1;i=E[i].next)
{
if(!use[E[i].en])
{
use[E[i].en]=1;
if(link[E[i].en]==-1||match(link[E[i].en]))
{
link[E[i].en]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int hungury(int m)
{
int ans=0;
memset(link,-1,sizeof link);
for(int i=0;i<m;i++)
{
memset(use,0,sizeof use);
if(match(i))
ans++;
}
return ans;
}
int main()
{
int t;
int ca=0;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%s",G[i]);
init();
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if((i+j)%2==0&&G[i][j]=='#')
{
make(i,j);
}
}
}
int ans=hungury(n*n);
printf("Case %d: %d\n",++ca,ans);
}
return 0;
}

方法2： 网络流 (dinic )

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<ctime>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
const int mod=99999997;
const int mmax=610;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1.0);
const int inf=0x3fffffff;
int dir[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
struct node
{
int st,en;
int flow;
int next;
}E[4*mmax*mmax];
int p[mmax*mmax];
int num,n;
void init()
{
memset(p,-1,sizeof p);
num=0;
}
void add(int st,int en,int flow)
{
E[num].st=st;
E[num].en=en;
E[num].flow=flow;
E[num].next=p[st];
p[st]=num++;
E[num].st=en;
E[num].en=st;
E[num].flow=0;
E[num].next=p[en];
p[en]=num++;
}
int d[mmax*mmax];
bool vis[mmax*mmax];
int qq[mmax*mmax];
int cur[mmax*mmax];
bool bfs(int st,int en)
{
memset(vis,0,sizeof vis);
int qcnt=0;
qq[++qcnt]=st;
d[st]=0;
vis[st]=1;
while(qcnt)
{
int x=qq[qcnt];
qcnt--;
for(int i=p[x];i+1;i=E[i].next)
{
int v=E[i].en;
if(!vis[v]&&E[i].flow)
{
vis[v]=1;
qq[++qcnt]=v;
d[v]=d[x]+1;
}
}
}
return vis[en];
}

int dfs(int st,int en,int flow)
{
if(st==en|| flow==0)
return flow;
int f=0,dd;
for(int &i=cur[st];i+1;i=E[i].next)
{
int v=E[i].en;
if(d[st]+1==d[v] && (dd=dfs(v,en,min(flow,E[i].flow) )  )>0 )
{
E[i].flow-=dd;
E[i^1].flow+=dd;
flow-=dd;
f+=dd;
if(flow==0)
break;
}
}
return f;
}
int Dinic(int st,int en,int m)
{
int flow=0;
while(bfs(st,en))
{
for(int i=0;i<=m;i++)
cur[i]=p[i];
flow+=dfs(st,en,inf);
}
return flow;
}
int Id[mmax][mmax];
char G[mmax][mmax];
int get_id(int x,int y)
{
return x*n+y;
}
bool in(int x,int y)
{
return 0<=x&&x<n&&0<=y&&y<n;
}
void make(int x,int y)
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
int tx=x+dir[i][0];
int ty=y+dir[i][1];
if(in(tx,ty)&&G[tx][ty]=='#')
{
add(get_id(x,y),get_id(tx,ty),1);
}
}
}
int main()
{
int t;
int ca=0;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%s",G[i]);
init();
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if((i+j)%2==0&&G[i][j]=='#')
{
add(n*n,get_id(i,j),1);
make(i,j);
}
else
add(get_id(i,j),n*n+1,1);
}
}

int ans=Dinic(n*n,n*n+1,n*n+1);
printf("Case %d: %d\n",++ca,ans);
}
return 0;
}