【NOI2011T6】兔兔与蛋蛋的游戏-二分图最大匹配+博弈

测试地址：兔兔与蛋蛋的游戏

做法：这题真是好题…虽然放到考场上不一定会做…

这一道题需要用到二分图最大匹配+博弈（又是一道披着博弈皮的二分图题）。

要完成这一题，我们必须证出两个重要的结论。我们把“将棋子移入空格”看做“将空格移到棋子的位置”，然后我们就开始证明。

结论1：空格所走过的路径不会经过同一个点两次。

证明：反证法，如果路径经过同一个点两次，就说明路径上有环，由于是在矩形棋盘上走，显然环必然是偶数条边组成的，不妨设空格第一次到达该点时，下一步换入的棋子为白色，那么奇数步换入白色的棋子，偶数步应该换入黑色的棋子，而第二次到达该点的前一步是偶数步，而前面换到这一点的棋子是白色，矛盾，因而结论得证。

证明了这一结论之后，我们就可以找出所有可以走到的点，显然，空格周围的白色棋子可以走到，而这些白色棋子周围的黑色棋子也可以走到……以此类推，可以用一次BFS找出所有的可行点。我的代码里是用奇偶性判断的，这个看看就行，还是BFS比较简单吧。这样一来，问题就转化为：从一个点开始走，双方轮流行动，每次移动一格，同一个点不能经过两次，不能走的就失败，问先手必胜还是必败。

我们把可行点找出来之后，再对棋盘黑白染色，棋盘就可以转化为一个二分图，这时候我们就证明第二个结论：

结论2：如果一个点一定被二分图的最大匹配覆盖，那么从这个起点开始走先手必胜，否则先手必败。

证明：在这种情况下，先手每次走匹配边，而后手只能走非匹配边，那么后手必败。而如果起点为非匹配点，若先手某一步走到了一个非匹配点，那么从起点到这一点的路径就是增广路，和最大匹配的前提矛盾，那么先手一定会走到一个匹配点，所以后手只需走匹配边即可，这样的话先手就必败了。综上所述，结论得证。

那么我们就可以判断从某个点开始是不是先手必胜的了，步骤如下：从这个点开始BFS，从这一侧走到另一侧只走匹配边，而从另一侧走回这一侧只走非匹配边，如果走到这一侧的某个点时，这个点不在匹配中，那么就判断原来那个点先手必败。如果直到退出都没找到这样一个点，则先手必胜。算法正确性证明如下：按照这种方法找到一个点，那么BFS时所经过的从起点到该点的路径是匹配边-非匹配边交错的，且匹配边和非匹配边数量相同，交换匹配边和非匹配边，即可得到不包含起点的一个最大匹配。

那么我们只需按照操作顺序，检查从某个点出发是否先手必胜即可，因为过程中有些点不能再走了，所以就把这些点删掉（也就是打个标记）再做。但是我们没有必要每次都做一次二分图最大匹配，因为每次最多删掉一个点，我们只需对删掉的点的匹配点再找一条增广路即可。设点数为N，总复杂度应该是O(N2+kN)，可以通过这道题（本人的总时间是20ms，非常优秀了）。

犯二的地方：搜索的时候忘记不能走已经删掉的点了，而且每次找增广路时要清空一个标记数组，以后要注意。

以下是本人代码：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m,k,p,sx,sy,ans=0,anst[1010]={0},q[1610],h,t;
int tot=0,first[1610]={0},mat[1610];
struct edge {int v,next;} e[7010];
char s[50][50];
bool forb[1610]={0},vis[1610]={0};

void insert(int a,int b)
{
e[++tot].v=b,e[tot].next=first[a],first[a]=tot;
e[++tot].v=a,e[tot].next=first[b],first[b]=tot;
}

void init()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%s",s[i]);

for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
if (s[i][j]=='.')
{
sx=i,sy=j;
p=(sx+sy)%2;
break;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)
{
if (s[i][j]=='.') s[i][j]='X';
if (s[i][j]=='O'&&(i+j)%2==p) continue;
if (s[i][j]=='X'&&(i+j)%2!=p) continue;
if (i>0&&s[i-1][j]=='O'&&(i+j-1)%2!=p)
insert((i-1)*m+j,i*m+j);
if (i>0&&s[i-1][j]=='X'&&(i+j-1)%2==p)
insert((i-1)*m+j,i*m+j);
if (j>0&&s[i][j-1]=='O'&&(i+j-1)%2!=p)
insert(i*m+j-1,i*m+j);
if (j>0&&s[i][j-1]=='X'&&(i+j-1)%2==p)
insert(i*m+j-1,i*m+j);
}
}
}

bool find_match(int v)
{
if (vis[v]||forb[v]) return 0;
vis[v]=1;
for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
{
if (vis[e[i].v]||forb[e[i].v]) continue;
if (mat[e[i].v]==-1||find_match(mat[e[i].v]))
{
mat[e[i].v]=v;
mat[v]=e[i].v;
return 1;
}
}
return 0;
}

void hungary()
{
memset(mat,-1,sizeof(mat));
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
if (s[i][j]=='O'&&(i+j)%2!=p&&mat[i*m+j]==-1)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
find_match(i*m+j);
}
}

bool check(int v)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
h=1,t=1;
q[1]=v;
vis[v]=1;
while(h<=t)
{
int x=q[h];
if (mat[x]==-1) return 0;
for(int i=first[mat[x]];i;i=e[i].next)
if (!vis[e[i].v]&&!forb[e[i].v])
{
vis[e[i].v]=1;
q[++t]=e[i].v;
}
h++;
}
return 1;
}

void forbid(int v)
{
forb[v]=1;
if (mat[v]!=-1)
{
mat[mat[v]]=-1;
memset(vis,0,sizeof(vis));
find_match(mat[v]);
mat[v]=-1;
}
}

void work()
{
hungary();
scanf("%d",&k);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x1,y1,x2,y2;
scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
x1--,y1--,x2--,y2--;
bool f=check(sx*m+sy);
forbid(sx*m+sy);
if (f&&check(x1*m+y1)) anst[++ans]=i;
forbid(x1*m+y1);
sx=x2,sy=y2;
}

printf("%d\n",ans);
for(int i=1;i<=ans;i++)
printf("%d\n",anst[i]);
}

int main()
{
init();
work();

return 0;
}