BZOJ 3175 [Tjoi2013]攻击装置 二分图极大点独立集

Description

给定一个01矩阵，其中你可以在0的位置放置攻击装置。每一个攻击装置（x,y）都可以按照“日”字攻击其周围的 8个位置（x-1,y-2）,(x-2,y-1),(x+1,y-2),(x+2,y-1),(x-1,y+2),(x-2,y+1), (x+1,y+2),(x+2,y+1)

求在装置互不攻击的情况下，最多可以放置多少个装置。

Input

第一行一个整数N，表示矩阵大小为N*N。接下来N行每一行一个长度N的01串，表示矩阵。

Output

一个整数，表示在装置互不攻击的情况下最多可以放置多少个装置。

Sample Input

3

010

000

100

Sample Output

4

HINT

100%数据 N<=200

Source

传送门
在两个可以到达的点之间连一条边，
简单地看到我们可以得到一个二分图，
如果两个点之间没有连边，那么就是无法攻击到，
我们要求的就是最多的点数。

很容易看到这就是要求去求出二分图内的极大点独立集。
极大点独立集=总点数-最小点覆盖数。
而最小点覆盖数=二分图最大匹配……
所以可以建个图，然后跑个匈牙利就好了。。

但是极限数据是4W啊……按理来说跑不过的……
看上去是匈牙利太快了？还是数据太水了……
不过建图的方式很值得琢磨……换了一种一直向下的双向的建图，
竟然比四周单向建图快了NNNN倍！
坑了我好久……一直T……

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int
N=205,
M=40005,
dx[4]={1,1,2,2},
dy[4]={-2,2,-1,1};
int n,tot,Ecnt,tag;
int mp

;
int vis[M],match[M];
struct Edge{
int next,to;
}E[M<<3]; int head[M];
void add(int u,int v){
E[++Ecnt].next=head[u];
E[Ecnt].to=v;
head[u]=Ecnt;
}
bool dfs(int u){
for (int i=head[u];i;i=E[i].next){
int j=E[i].to;
if (vis[j]==tag) continue;
vis[j]=tag;
if (!match[j] || dfs(match[j])){
match[j]=u;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main(){
n=read(); tot=0;
char s
;
for (int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
for (int j=0;j<n;j++)
if (s[j]=='0') mp[i][j+1]=++tot;
else mp[i][j+1]=0;
}
int x1,y1; Ecnt=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
if (mp[i][j])
for (int k=0;k<4;k++){
x1=i+dx[k],y1=j+dy[k];
if (x1<=0 || y1<=0 || x1>n || y1>n || !mp[x1][y1]) continue;
add(mp[i][j],mp[x1][y1]);
add(mp[x1][y1],mp[i][j]);
}
tag=0; int ans=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for (int i=1;i<=tot;i++){
tag++;
if (dfs(i)) ans++;
}
ans>>=1;
printf("%d\n",tot-ans);
return 0;
}