loj6226「网络流 24 题」骑士共存问题
2018-01-22 18:07
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(http://www.elijahqi.win/2017/12/18/loj6226%E3%80%8C%E7%BD%91%E7%BB%9C%E6%B5%81-24-%E9%A2%98%E3%80%8D%E9%AA%91%E5%A3%AB%E5%85%B1%E5%AD%98%E9%97%AE%E9%A2%98/%20%E2%80%8E)
题目描述
在一个 n×n\text{n} \times \text{n}n×n 个方格的国际象棋棋盘上,马(骑士)可以攻击的棋盘方格如图所示。棋盘上某些方格设置了障碍,骑士不得进入。
233
对于给定的 n×n\text{n} \times \text{n}n×n 个方格的国际象棋棋盘和障碍标志,计算棋盘上最多可以放置多少个骑士,使得它们彼此互不攻击。
输入格式
第一行有两个正整数 n\text{n}n 和 m\text{m}m (1≤n≤200,0≤m≤n2−1)( 1 \leq n \leq 200, 0 \leq m \leq n^2 - 1 )(1≤n≤200,0≤m≤n2−1) 分别表示棋盘的大小和障碍数。
输出格式
输出计算出的共存骑士数。
样例
样例输入
3 2
1 1
3 3
样例输出
5
数据范围与提示
1≤n≤2001\leq n\leq 2001≤n≤200
0≤m≤n2−10 \leq m \leq n^2-10≤m≤n2−1
想到棋盘其实就是一个最大点的独立集 首先针对棋盘进行黑白染色 可以证明能攻击的格子是两个互不相交的集合
1 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1
1 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1
1 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1
关于二分图的最大独立集可以转化为二分图的最大匹配 可以求一下最大割
我首先从源点向所有黑色的点建边 边权为1 然后 再把所有白色的边向汇点建边
然后把这个黑色的点向能够一步范围内攻击到的白点然后权值为1 最后跑一遍最大流即可
二分图的最大独立集
如果一个图是二分图,那么它的最大独立集就是多项式时间可以解决的问题了 |最大独立集| = |V|-|最大匹配数|
证明:
设最大独立集数为U,最大匹配数为M,M覆盖的顶点集合为EM。
为了证明|U|=|V|-|M|,我们分两步证明|U|<=|V|-|M|和|U|>=|V|-|M|
1 先证明 |U|<=|V|-|M|
M中的两个端点是连接的,所有M中必有一个点不在|U|集合中,所以|M|<=|V|-|U|
2 再证明|U|>=|V|-|M|
假设(x,y)属于M
首先我们知道一定有|U|>=|V|-|EM|,那么我们将M集合中的一个端点放入U中可以吗?
假设存在(a,x),(b,y),(a,b)不在EM集合中
如果(a,b)连接,则有一个更大的匹配存在,矛盾
如果(a,b)不连接,a->x->y->b有一个新的增广路,因此有一个更大的匹配,矛盾
所以我们可以了解到取M中的一个端点放入U中肯定不会和U中的任何一个点相连,所以|U|>=|V|-|EM|+|M|=|V|-|M|
所以,|U|=|V|-|M|
http://blog.csdn.net/fd_xuan/article/details/50057037
题目描述
在一个 n×n\text{n} \times \text{n}n×n 个方格的国际象棋棋盘上,马(骑士)可以攻击的棋盘方格如图所示。棋盘上某些方格设置了障碍,骑士不得进入。
233
对于给定的 n×n\text{n} \times \text{n}n×n 个方格的国际象棋棋盘和障碍标志,计算棋盘上最多可以放置多少个骑士,使得它们彼此互不攻击。
输入格式
第一行有两个正整数 n\text{n}n 和 m\text{m}m (1≤n≤200,0≤m≤n2−1)( 1 \leq n \leq 200, 0 \leq m \leq n^2 - 1 )(1≤n≤200,0≤m≤n2−1) 分别表示棋盘的大小和障碍数。
输出格式
输出计算出的共存骑士数。
样例
样例输入
3 2
1 1
3 3
样例输出
5
数据范围与提示
1≤n≤2001\leq n\leq 2001≤n≤200
0≤m≤n2−10 \leq m \leq n^2-10≤m≤n2−1
想到棋盘其实就是一个最大点的独立集 首先针对棋盘进行黑白染色 可以证明能攻击的格子是两个互不相交的集合
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原因我们可以简单证明 设横向绝对值为2纵向绝对值为1 的走法走了 x次 纵向为1 横向为2 的走法走了y次。只有x 与 y 同奇(同偶)才可以使得起点到重点的delta x 与 delta y 同奇(同偶)
关于二分图的最大独立集可以转化为二分图的最大匹配 可以求一下最大割
我首先从源点向所有黑色的点建边 边权为1 然后 再把所有白色的边向汇点建边
然后把这个黑色的点向能够一步范围内攻击到的白点然后权值为1 最后跑一遍最大流即可
二分图的最大独立集
如果一个图是二分图,那么它的最大独立集就是多项式时间可以解决的问题了 |最大独立集| = |V|-|最大匹配数|
证明:
设最大独立集数为U,最大匹配数为M,M覆盖的顶点集合为EM。
为了证明|U|=|V|-|M|,我们分两步证明|U|<=|V|-|M|和|U|>=|V|-|M|
1 先证明 |U|<=|V|-|M|
M中的两个端点是连接的,所有M中必有一个点不在|U|集合中,所以|M|<=|V|-|U|
2 再证明|U|>=|V|-|M|
假设(x,y)属于M
首先我们知道一定有|U|>=|V|-|EM|,那么我们将M集合中的一个端点放入U中可以吗?
假设存在(a,x),(b,y),(a,b)不在EM集合中
如果(a,b)连接,则有一个更大的匹配存在,矛盾
如果(a,b)不连接,a->x->y->b有一个新的增广路,因此有一个更大的匹配,矛盾
所以我们可以了解到取M中的一个端点放入U中肯定不会和U中的任何一个点相连,所以|U|>=|V|-|EM|+|M|=|V|-|M|
所以,|U|=|V|-|M|
http://blog.csdn.net/fd_xuan/article/details/50057037
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define inf 0x3f3f3f3f #define N 44000 using namespace std; inline char gc(){ static char now[1<<16],*S,*T; if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;} return *S++; } inline int read(){ int x=0;char ch=gc(); while(ch<'0'||ch>'9') ch=gc(); while(ch<='9'&&ch>='0'){x=x*10+ch-'0';ch=gc();} return x; } struct node{ int y,next,z; }data[N*20]; int dx[]={-2,-1,1,2,2,1,-1,-2},dy[]={1,2,2,1,-1,-2,-2,-1},num=1,h ,level ,n,m,id[220][220],tot,T,mp[220][220]; inline void insert1(int x,int y,int z){ data[++num].y=y;data[num].next=h[x];data[num].z=z;h[x]=num; data[++num].y=x;data[num].next=h[y];data[num].z=0;h[y]=num; } inline bool bfs(){ queue<int>q;memset(level,0,sizeof(level));level[0]=1;q.push(0); while(!q.empty()){ int x=q.front();q.pop(); for (int i=h[x];i;i=data[i].next){ int y=data[i].y,z=data[i].z; if (level[y]||!z) continue;level[y]=level[x]+1;q.push(y);if(y==T) return 1; } }return 0; } inline int dfs(int x,int s){ if (x==T) return s;int ss=s; for (int i=h[x];i;i=data[i].next){ int y=data[i].y,z=data[i].z; if (level[x]+1==level[y]&&z){ int xx=dfs(y,min(s,z));if (!xx) level[y]=0; s-=xx;data[i].z-=xx;data[i^1].z+=xx;if(!s) return ss; } }return ss-s; } int main(){ freopen("3355.in","r",stdin); n=read();m=read();int sum=0; for (int i=1;i<=m;++i){int x=read(),y=read();mp[x][y]=1;} for (int i=1;i<=n;++i) for (int j=1;j<=n;++j) if(!mp[i][j]) id[i][j]=++tot;T=tot+1; for (int i=1;i<=n;++i){ for (int j=1;j<=n;++j){ if (mp[i][j]) continue;sum++; if ((i+j)%2==0) { insert1(0,id[i][j],1); for (int k=0;k<8;++k){ int x1=i+dx[k],y1=j+dy[k];if (x1<1||x1>n||y1<1||y1>n||mp[x1][y1]) continue; if ((x1+y1)%2) insert1(id[i][j],id[x1][y1],1); } }else insert1(id[i][j],T,1); } }int ans=0; while(bfs()) ans+=dfs(0,inf); printf("%d",sum-ans); return 0; }
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