POJ 3020 Antenna Placement(二分图的最大匹配)

POJ 3020 Antenna Placement(二分图的最大匹配)
http://poj.org/problem?id=3020
题意:

       一个矩形中，有N个城市’*’，其余网格都为'o'表示空地。现在这n个城市都要覆盖无线，若放置一个基站，那么它至多可以覆盖相邻的两个城市。

       问至少放置多少个基站才能使得所有的城市都覆盖无线？这个基站的位置可以任意放,不管当前位置是’*’还是’o’.

分析:

       一直就感觉这道题很相似,跟以前做的网格用1*2小矩阵覆盖的题目类似。

       首先本题既不是二分图的最小边覆盖，也不是DAG最小路径覆盖问题，只不过是二分图的最大匹配问题而已。

       我们把图中的每个’*’都标号，分别放到二分图的左右点集去。(行号+列号==偶数的放左边,行号+列号==奇数的放右边)。
如果存在两个相邻的’*’，那么就在他们之间连一条无向边(这条边肯定是连接左右点集的,因为网格是天然二分的)。这样就行了一个新的二分图G。

       首先我们要知道对于任意一个’*’来说，它或者由一个基站(1*2矩形)单独覆盖(即该矩形实际只能算覆盖了1个’*’)，或者由一个基站通过覆盖另一个与其相邻的’*’来顺便把它覆盖(即该矩形有效覆盖了2个相邻的’*’)。

4000

       既然总的’*’是固定的，那么我们用的基站数目最多不会超过“*”的数目。所以我们想要用基站的数目最少，必须使得实际有效覆盖两个’*’的基站数目最多(想想对不对)。那么实际有效覆盖两个’*’的基站数目最多有多少个呢? 这个数目正好等于我们所建二分图的最大匹配边数。(因为二分图的每条匹配边就是一条正好有效覆盖两个相邻’*’的矩形)。既然这样
我们最终需要的基站总数= ‘*’的总数-最大匹配边数(因为每条匹配边正好覆盖了2个’*’)

AC代码:

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include<stack>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=500+10;
struct Max_Match
{
int n,m;
vector<int>g[maxn];
bool vis[maxn];
int left[maxn];
void init(int n,int m)
{
this->n=n;
this->m=m;
for(int i=1;i<=n;i++)
g[i].clear();
memset(left,-1,sizeof left);
}
bool match(int u)
{
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];
if(!vis[v])
{
vis[v]=true;
if(left[v]==-1||match(left[v]))
{
left[v]=u;
return true;
}
}
}
return false;
}
int solve()
{
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(vis,false,sizeof vis);
if(match(i))ans++;

}
return ans;
}
}MM;
char maps[50][50];
int go[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
int main()
{
int n,m;
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
MM.init(n*m,n*m);
int cnt=0;
for(int i =0;i<n;i++)
{
scanf("%s",maps[i]);
for(int j=0;j<m;j++)
if(maps[i][j]=='*')cnt++;
}
//cout<<cnt<<"*/*"<<endl;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
{
if((i+j)%2==0&&maps[i][j]=='*')
{
for(int k=0;k<4;k++)
{
int x=i+go[k][0];
int y=j+go[k][1];
if(x>=0&&x<n&&y>=0&&y<m&&maps[x][y]=='*')
{

MM.g[i*m+j+1].push_back(x*m+y+1);
}
}
}
}
printf("%d\n",cnt-MM.solve());
}
}